河南郑州第一中学高二上学期入学测试数学

2121 届高二上期入学测试数学试题届高二上期入学测试数学试题答案答案 一一、单项选择题：本题共单项选择题：本题共 1212 小题，每小题小题，每小题 5 5 分，共分，共 6060 分分在每小题给出的四个选项中在每小题给出的四个选项中， 只有一项是符合题目要求的只有一项是符合题目要求的 1A 2A 3B 4B 5C 6C 7C 8A 9D 10A 11D 12D 二二、填空题填空题：本题共：本题共 4 4 小题，每小题小题，每小题 5 5 分，共分，共 2020 分分 132 3或 3 14 an 1，n1， n2 n12，n2，nN *. 15 16 三三、解答题：本大题共解答题：本大题共 6 6 个小题，满分个小题，满分 7070 分分解答应写出文字说明，证明过程或演算步解答应写出文字说明，证明过程或演算步 骤骤 17 解：（1） 由 1 1a ， 把1n 代入 1 (1) (1)(*) 2 nn n n nSnSnN ， 得 21 21SS， 21 1 23SS ， 221 2aSa。 （2）由 1 (1) (1)(*) 2 nn n n nSnSnN ，得 1 1 12 nn SS nn ，所以数列 n S n 是首 项为 1，公差为 1 2 的等差数列， 1 (1) 2 n S n n ， 1 (1) 2 n Sn n。当2n时， 1 11 (1)(1) 22 nnn aSSn nn nn ，而 1 1a 满足 n an，故数列 n a的通项 公式为 n an 18解：解法一：由题意知ADCADBBDC60 ， 又因为ACD60 ，所以DAC60 所以 ADCDAC 3 2 a 在BCD 中，DBC180 30 105 45 ， 由正弦定理得 BD sinBCD CD sinDBC， 所以 BDCD sinBCD sinDBC 3 2 a 6 2 4 2 2 3 3 4 a， 在ADB 中，由余弦定理得 AB2AD2BD22 AD BD cosADB3 4a 2 3 3 4 a 22 3 2 a 3 3 4 a 3 2 3 8a 2，所以 AB 6 4 a 解法二：在BCD 中，CBD180 30 105 45 ， 由正弦定理得 BC sin30 CD sin45 ，则 BCCDsin30 sin45 6 4 a， 在ACD 中，CAD180 60 60 60 ， 所以ACD 为等边三角形因为ADBBDC， 所以 BD 为正ACD 的中垂线，所以 ABBC 6 4 a 19. 20. 解: 由 2 3 2coscossinsincos 25 AB BABBAC ,得 3 cos1 cossinsincos 5 ABBABBB , 即 3 coscossinsin 5 ABBABB , 则 3 cos 5 ABB ,即 3 cos 5 A 由 3 cos,0 5 AA ,得 4 sin 5 A, 由正弦定理,有 sinsin ab AB ,所以, sin2 sin 2 bA B a . 由题知ab,则AB,故 4 B . 根据余弦定理,有 2 22 3 4 252 5 5 cc , 解得1c 或7c (舍去). 故向量BA在BC方向上的投影为 2 cos 2 BAB #21. 解 ： 由 2 7 4sincos2 22 AB C ， 得 7 21 cos()cos2 2 ABC， 2 7 22cos(2cos1) 2 CC ， 2 (2cos1)0C， 1 cos 2 C；0C， 3 C 由余弦定理得 2 7()325 3ababab，6ab ， 13 3 sin 22 ABC SabC 2 21 2 sin3 c R C ， 2 212 2 (sinsin)sinsin() 33 abRABAA 2 2133 (cossin)2 7sin() 3226 AAA ； 2 0 3 A ， 5 666 A ， 当 62 A ，即 3 A 时，ab的最大值为2 7，此时 ABC为等边三角形 22解: （） 111 10(21)(2)aaa，得 2 11 2520aa，解得 1 2a ，或 1 1 2 a 由于 1 1a ，所以 1 2a 因为10(21)(3) nnn Saa，所以 2 10252 nnn Saa. 故 22 1111 101010252252 nnnnnnn aSSaaaa ， 整理，得 22 11 2()5()0 nnnn aaaa ，即 11 ()2()50 nnnn aaaa 因为 n a是递增数列，且 1 2a ，故 1 0 nn aa ，因此 1 5 2 nn aa 则数列 n a是以 2 为首项， 5 2 为公差的等差数列. 所以 51 2(1)(51) 22 n ann. （）满足条件的正整数, , m n k不存在，证明如下： 假设存在 * , , m n kN，使得2() mnk aaa，则 1 51 51(51) 2 mnk 整理，得 3 22 5 mnk， ， 显然，左边为整数，所以式不成立 故满足条件的正整数, , m n k不存在 （） 313 (51)21 222 nn nn bann ， 不等式 12 5 1111 (1)(1)(1) 3123 n m bbbn 可转化为 5 31 m 312 123 11111 23 n n bbbb bbbbn 4 6 8221 3 5 72123 n nn 设 4 6 8221 ( ) 3 5 72123 n f n nn ， 则 4 6 822 241 (1)3 5 721 23 25 4 6 8221 ( ) 3 5 72123 nn f nnn n n f n nn 242324 2325(23)(25) nnn nnnn 222 24242424 1 24 4161541616(24) nnnn n nnnnn . 所以(1)( )f nf n，即当n增大时，( )f n也增大 要使不等式 12 5 1111 (1)(1)(1) 3123 n