《2025年理想树图书高考必刷卷42套模拟卷汇编高中数学人教版》

17.(本小题满分15分)如图,在直三棱柱ABC−A₁B₁C₁ 中,AC⊥AB,点D,E,F分别为A₁B,AA₁,CD的中点,AB=AC=AA₁=2.
　(1)求证:EF//平面ABC;
　(2)求直线BE与平面CC₁D所成角的正弦值;
　(3)求平面A₁CD与平面CC₁D夹角的余弦值.
　　　　　　　　　　　　

答案：
17.[命题点]线面平行、线面角、二面角
依题意,以A为原点,分别以AB,AA₁,AC的方向为x轴,y轴,z轴的正方向建立空间直角坐标系(如图),可得A(0,0,0)，B(2,0,0),C(0,0,2),A₁(0,2,0),B₁(2,2,0),C₁(0,2,2),D(1,2,0),E(1,1,0),F($\frac{1}{2}$,1,1). 4分
(1)[证明]依题意,$\overrightarrow{EF}$=(-$\frac{1}{2}$,0,1),平面ABC₁的法向量$\overrightarrow{AA₁}$=(0,2,0),有$\overrightarrow{EF}$·$\overrightarrow{AA₁}$=-$\frac{1}{2}$×0 + 0×2 + 1×0 = 0,故$\overrightarrow{EF}$⊥$\overrightarrow{AA₁}$.又因为EF⊄平面ABC₁,所以EF//平面ABC₁. 6分
(2)[解]依题意,$\overrightarrow{CD}$=(1,2, - 2),$\overrightarrow{CC₁}$=(0,2,0),设$\overrightarrow{n₁}$=(x,y,z)为平面CC₁D的法向量,则$\begin{cases}\overrightarrow{n₁}\cdot\overrightarrow{CD}=0\\\overrightarrow{n₁}\cdot\overrightarrow{CC₁}=0\end{cases}$,即$\begin{cases}x + 2y - 2z = 0\\2y = 0\end{cases}$,不妨设z = 1,可得$\overrightarrow{n₁}$=(2,0,1).又$\overrightarrow{BE}$=(-2,1,0),因此cos＜$\overrightarrow{BE}$,$\overrightarrow{n₁}$＞=$\frac{\overrightarrow{BE}\cdot\overrightarrow{n₁}}{\vert\overrightarrow{BE}\vert\vert\overrightarrow{n₁}\vert}$=$\frac{-4}{\sqrt{5}\times\sqrt{5}}$=-$\frac{4}{5}$.
所以,直线BE与平面CC₁D所成角的正弦值为$\frac{4}{5}$. 10分
(3)[解]依题意,$\overrightarrow{CD}$=(1,2, - 2),$\overrightarrow{AD}$=(1,0,0),设$\overrightarrow{n₂}$=(a,b,c)为平面A₁CD的法向量,则$\begin{cases}\overrightarrow{n₂}\cdot\overrightarrow{CD}=0\\\overrightarrow{n₂}\cdot\overrightarrow{AD}=0\end{cases}$,即$\begin{cases}a + 2b - 2c = 0\\a = 0\end{cases}$,不妨设c = 1,可得$\overrightarrow{n₂}$=(0,1,1).
于是,cos＜$\overrightarrow{n₁}$,$\overrightarrow{n₂}$＞=$\frac{\overrightarrow{n₁}\cdot\overrightarrow{n₂}}{\vert\overrightarrow{n₁}\vert\vert\overrightarrow{n₂}\vert}$=$\frac{1}{\sqrt{5}\times\sqrt{2}}$=$\frac{\sqrt{10}}{10}$.
所以,平面A₁CD与平面CC₁D夹角的余弦值为$\frac{\sqrt{10}}{10}$. 15分

18. (本小题满分 15 分)设$\{a_n\}$为等差数列，$\{b_n\}$为等比数列，且$a_1 = b_1$，$a_2 - b_2 = a_3 - b_3 = 1$。
(1)求$\{a_n\}$和$\{b_n\}$的通项公式；
(2)记$\{a_n\}$的前$n$项和为$S_n$。求证：$(S_{n + 1} + a_{n + 1})b_n = S_{n + 1}b_{n + 1} - S_nb_n$；
(3)求$\sum_{k = 1}^{202}[a_{k + 1} - (-1)^ka_k]b_k$

答案： 18.[命题点]等差数列、等比数列的基本量运算及数列求和
(1)[解]设数列$\{a_n\}$的公差为$d$，数列$\{b_n\}$的公比为$q(q\neq0)$。由题意可得$\begin{cases}a_1 + d - q = 1\\a_1 + 2d - q^2 = 1\end{cases}$，解得$d = q = 2$。
所以$a_n = 2n - 1$，$b_n = 2^{n - 1}$。 4分
(2)[证明]由
(1)知，$S_n = \frac{(1 + 2n - 1)\cdot n}{2} = n^2$。
所以$(S_n + a_{n + 1})b_n = [(n + 1)^2 + 2n + 1]\cdot2^{n - 1} = (n^2 + 4n + 2)\cdot2^{n - 1}$，$S_{n + 1}b_{n + 1} - S_nb_n = (n + 1)^2\cdot2^n - n^2\cdot2^{n - 1} = [2(n + 1)^2 - n^2]\cdot2^{n - 1} = (n^2 + 4n + 2)\cdot2^{n - 1}$。
所以$(S_n + a_{n + 1})b_n = S_{n + 1}b_{n + 1} - S_nb_n$。 9分
(3)[解](先用并项求和法)令$c_n = [a_{n + 1} - (-1)^na_n]b_n$，则$c_n = [(2n + 1) - (-1)^n(2n - 1)]\cdot2^{n - 1}$。
所以$c_{2n - 1} + c_{2n} = [(4n - 1) + (4n - 3)]\cdot2^{2n - 2} + [(4n + 1) - (4n - 1)]\cdot2^{2n - 1} = n\cdot2^{2n + 1}$。
所以$\sum_{k = 1}^{2n}[a_{k + 1} - (-1)^ka_k]b_k = c_1 + c_2 + c_3 + c_4 + \cdots + c_{2n - 1} + c_{2n} = 1\times2^3 + 2\times2^5 + \cdots + n\cdot2^{2n + 1}$。 11分
(再用错位相减法求和)
记$T_n = 1\times2^3 + 2\times2^5 + \cdots + n\cdot2^{2n + 1}$，
则$4T_n = 1\times2^5 + 2\times2^7 + \cdots + n\cdot2^{2n + 3}$，两式相减得
$-3T_n = 2^3 + 2^5 + \cdots + 2^{2n + 1} - n\cdot2^{2n + 3} = \frac{8(1 - 4^n)}{1 - 4} - n\cdot2^{2n + 3} = (\frac{1}{3} - n)\cdot2^{2n + 3} - \frac{8}{3}$。
所以$T_n = \frac{(3n - 1)\cdot2^{2n + 3} + 8}{9}$。
即$\sum_{k = 1}^{2n}[a_{k + 1} - (-1)^ka_k]b_k = \frac{(3n - 1)\cdot2^{2n + 3} + 8}{9}$。 15分