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2018-2019学年福建省厦门市高一(下)期末数学试卷(含答案解析)

1、2018-2019学年福建省厦门市高一(下)期末数学试卷一、单选题:本题共8小题,每小题5分,共40分在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的1(5分)若点A(a,0),B(0,2),C(1,3)共线,则a的值为()A2B1C0D12(5分)已知等差数列an的前n项和为Sn,若a3+a710,则S9()A9B10C45D903(5分)下列选项正确的是()A若ab,cd,则acbdB若ab0,则C若,则abD若ab0,c0,则acbc4(5分)ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,若acosB+bcosA2ccosC,则C()ABCD或5(5分)已知,为不同的平面,a,b为不同

2、的直线则下列选项正确的是()A.若a,b,则abB若a,b,则abC若ab,a,则bD若,a,则a6(5分)正方体ABCDA1B1C1D1中,直线AC与BC1所成角的余弦值为()ABCD07(5分)已知0x1,当取得最小值时x()A2B1CD8(5分)ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,边上的中线长为2,则ABC面积的最大值为()A2B2C2D4二、多选题:本题共2小题,每小题5分,共10分在每小题给出的四个选项中,有多个选项符合题目要求,全部选对的得5分,选对但不全的得3分,有选错的得0分9(5分)如图,正方形ABCD中,E、F分别是AB、BC的中点将ADE,CDF,BEF分别沿D

3、E、DF、EF折起,使A、B、C重合于点P则下列结论正确的是()APDEFB平面PDE平面PDFC二面角PEFD的余弦值为D点P在平面DEF上的投影是DEF的外心10(5分)古希腊著名数学家阿波罗尼斯与欧几里得、阿基米德齐名他发现:“平面内到两个定点A,B的距离之比为定值(1)的点的轨迹是圆”后来,人们将这个圆以他的名字命名,称为阿波罗尼斯國,简称阿氏圆在平面直角坐标系xOy中,A(2,0),B(4,0),点P满足设点P的轨迹为C,下列结论正确的是,()AC的方程为(x+4)2+y29B在x轴上存在异于A,B的两定点D,E,使得C当A,B,P三点不共线时,射线PO是APB的平分线D在C上存在点

4、M,使得|MO|2|MA|三、填空题:本题共6小题,每小题5分,共30分11(5分)不等式x2+x10的解集是 12(5分)等比数列an满足其公比q 13(5分)直线l1过点(2,0)且倾斜角为30,直线l2过点(2,0)且与直线l1垂直,则直线l1与直线l2的交点坐标为 14(5分)如图,货轮在海上以20nmile/h的速度沿着方位角(从指北方向顺时针转到目标方向线的水平角)为150的方向航行为了确定船位,在点B观察灯塔A的方位角是120,航行半小时后到达C点,观察灯塔A的方位角是75,则货轮到达C点时与灯塔A的距离为 nmile15(5分)若直线l:yx+m上存在满足以下条件的点P:过点P

5、作圆O:x2+y21的两条切线(切点分别为A,B),四边形PAOB的面积等于3,则实数m的取值范围是 16(5分)如图,圆锥型容器内盛有水,水深3dm,水面直径23dm放入一个铁球后,水恰好把铁球淹没,则该铁球的体积为 dm四、解答题:共70分解答应写出文字说明证明过程或演算步骤17(10分)已知数列an的前n项和为(1)证明:数列an是等差数列;(2)设,求数列cn的前2020项和T202018(12分)已知函数(1)若关于x的不等式f(x)4的解集为(2,4),求m的值;(2)若对任意x0,4,f(x)+20恒成立,求m的取值范围19(12分)平面四边形ABCD中,AB23,ACB60(1

6、)若AC22,求BC;(2)设ACD,ADC,若ADcosACcos,60,求ACD面积的最大值20(12分)如图,直三棱柱ABCA1B1C1中,ABAC,AB1,AC2,AA12,D,E分别为BC,A1C1的中点(1)证明:C1D平面ABE;(2)求CC1与平面ABE所成角的正弦值21(12分)已知圆M:(x4)2+(y5)24,圆N与圆M关于直线l:x+y20对称(1)求圆N的方程;(2)过直线l上的点P分别作斜率为4,4的两条直线l1,l2,使得被圆M截得的弦长与l2被圆N截得的弦长相等(i)求P的坐标;()过P任作两条互相垂直的直线分别与两圆相交,判断所得弦长是否恒相等,并说明理由22

7、(12分)数学的发展推动着科技的进步,正是基于线性代数、群论等数学知识的极化码原理的应用,华为的5G技术领先世界目前某区域市场中5G智能终端产品的制造由H公司及G公司提供技术支持据市场调研预测,5G商用初期,该区域市场中采用H公司与G公司技术的智能终端产品分别占比a055%及b045%,假设两家公司的技术更新周期一致,且随着技术优势的体现,每次技术更新后,上一周期采用G公司技术的产品中有20%转而采用H公司技术,采用H公司技术的仅有5%转而采用G公司技术设第n次技术更新后,该区域市场中采用H公司与G公司技术的智能终端产品占比分别为an及bn,不考虑其它因素的影响(1)用an表示an+1,并求实

8、数使an是等比数列;(2)经过若干次技术更新后,该区域市场采用H公司技术的智能终端产品占比能否达到75%以上?若能,至少需要经过几次技术更新;若不能,说明理由(参考数据:lg20.301,lg30.477)2018-2019学年福建省厦门市高一(下)期末数学试卷参考答案与试题解析一、单选题:本题共8小题,每小题5分,共40分在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的1(5分)若点A(a,0),B(0,2),C(1,3)共线,则a的值为()A2B1C0D1【分析】利用三点共线,结合向量平行,求解即可【解答】解:三点A(a,0),B(0,2),C(1,3)共线,可得,(1a,3),(1,1

9、),可得1a30,解得a2故选:A【点评】本题考查三点共线,向量平行,考查计算能力,是基础题2(5分)已知等差数列an的前n项和为Sn,若a3+a710,则S9()A9B10C45D90【分析】利用等差数列的通项公式和前n项和公式求解【解答】解:等差数列an的前n项和为Sn,a3+a710,S9(a1+a9)45故选:C【点评】本题考查等差数列的前9项和的求法,是基础题,解题时要认真审题,注意等差数列的性质的合理运用3(5分)下列选项正确的是()A若ab,cd,则acbdB若ab0,则C若,则abD若ab0,c0,则acbc【分析】根据不等式的基本性质逐一判断即可【解答】解:Aab,cd,则a

10、dbc,故A不正确;B由ab0,知a2b2,故B正确;C.,则|a|b|,故C不正确;D当c0时,acbc,故D不正确故选:B【点评】本题考查了不等式的基本性质,属基础题4(5分)ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,若acosB+bcosA2ccosC,则C()ABCD或【分析】由题意和正余弦定理及和差角的三角函数公式,易得cosC,由三角形内角的范围可得【解答】解:在ABC中acosB+bcosA2ccosC,由正弦定理可得sinAcosB+sinBcosA2sinCcosC,sin(A+B)2sinCcosC,sinC2sinCcosC,cosC,由三角形内角的范围可得角C故选:

11、B【点评】本题考查了正弦定理余弦定理和和差公式,考查了推理能力与计算能力,属基础题5(5分)已知,为不同的平面,a,b为不同的直线则下列选项正确的是()A.若a,b,则abB若a,b,则abC若ab,a,则bD若,a,则a【分析】对于A,通过直线与平行平行的判断定理,判断选项正误即可;对于B,两条直线平行一个平面,判断位置关系即可;对于C,ab,a,利用平行线与平面垂直的位置关系判断正误即可;对于D,a,则a,判断真假即可【解答】解:对于选项A,若a,b,则ab或a或b是异面直线,故A是假命题;对于选项B,若a,b,则ab或相交或异面直线,故是假命题;对于选项C,ab,a,则b,满足直线与平面

12、垂直的性质定理,是真命题;对于选项D,a,则a,也可能平行也可能相交,故是假命题故选:C【点评】本题考查空间中线面之间位置关系的判断,考查了利用线面平行的判定定理与条件灵活证明判断6(5分)正方体ABCDA1B1C1D1中,直线AC与BC1所成角的余弦值为()ABCD0【分析】由异面直线所成的角的作法可得:A1C1B为所求,在正三角形A1C1B中,A1C1B,计算可得解【解答】解:由图可知,A1C1B为所求,在正三角形A1C1B中,A1C1B,所以cosA1C1B,故选:C【点评】本题考查了异面直线所成的角,属简单题7(5分)已知0x1,当取得最小值时x()A2B1CD【分析】根据化简后直接利

13、用基本不等式求出最小值即可得x的值【解答】解:0x1,1x0,9,当且仅当,即时取等号,取得最小值时x故选:D【点评】本题考查了基本不等式的应用,考查了转化思想,属基础题8(5分)ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,边上的中线长为2,则ABC面积的最大值为()A2B2C2D4【分析】设AB的中点为M,连接CM延长至D,使得CMMD,得到平行四边形ACBD,由平行四边形的两条对角线的平方和等于四条边的平方和,结合条件求得a2,再由三角形的面积公式和正弦函数的值域可得所求最大值【解答】解:设AB的中点为M,连接CM延长至D,使得CMMD,得到平行四边形ACBD,由题意可得CM2,由平行四

14、边形的两条对角线的平方和等于四条边的平方和,可得42+c22(a2+b2),由b2a2+c2,可得a2,由SABC2SBCM2BCCMsinBCM4sinBCM4,当BCM90时,SABC取得最大值4故选:D【点评】本题考查三角形的面积的最值求法,注意运用平行四边形的对角线的平方和等于四条边的平方和,以及正弦函数的值域,考查运算能力,属于中档题二、多选题:本题共2小题,每小题5分,共10分在每小题给出的四个选项中,有多个选项符合题目要求,全部选对的得5分,选对但不全的得3分,有选错的得0分9(5分)如图,正方形ABCD中,E、F分别是AB、BC的中点将ADE,CDF,BEF分别沿DE、DF、E

15、F折起,使A、B、C重合于点P则下列结论正确的是()APDEFB平面PDE平面PDFC二面角PEFD的余弦值为D点P在平面DEF上的投影是DEF的外心【分析】由题意画出图形,由线面垂直的判定与性质可得A正确;由面面垂直的判定得B正确;作出二面角PEFD的平面角并求其余弦值可得C正确,作出P在底面的射影,再由斜线长与射影的关系判断D【解答】解:如图,由已知可得PE、PF、PD三条侧棱两两互相垂直,则PD平面PEF,PDEF,故A正确;PE平面PDF,而PE平面PDE,平面PDE平面PDF,故B正确;取EF最低G,连接PG,DG,可得PGEF,DGEF,得PGD为二面角PEFD的平面角,设正方形A

16、BCD的边长为2,则PD2,PG,DG,cos,即二面角PEFD的余弦值为,故C正确;过P作PODG,则O为P在底面DEF上的射影,PEPD,OEOD,则O不是DEF的外心,故D错误故选:ABC【点评】本题考查命题的真假判断与应用,考查空间中的线与面的位置关系,考查空间想象能力与思维能力,是中档题10(5分)古希腊著名数学家阿波罗尼斯与欧几里得、阿基米德齐名他发现:“平面内到两个定点A,B的距离之比为定值(1)的点的轨迹是圆”后来,人们将这个圆以他的名字命名,称为阿波罗尼斯國,简称阿氏圆在平面直角坐标系xOy中,A(2,0),B(4,0),点P满足设点P的轨迹为C,下列结论正确的是,()AC的

17、方程为(x+4)2+y29B在x轴上存在异于A,B的两定点D,E,使得C当A,B,P三点不共线时,射线PO是APB的平分线D在C上存在点M,使得|MO|2|MA|【分析】设P(x,y),运用两点的距离高富帅,化简可得P的轨迹方程,可判断A;假设在x轴上存在异于A,B的两定点D,E,使得,设出D,E的坐标,求得轨迹方程,对照P的轨迹方程可得D,E,可判断B;当A,B,P三点不共线时,由,由角平分线定理的逆定理,可判断C;若在C上存在点M,使得|MO|2|MA|,可设M(x,y),运用两点的距离公式,可得M的轨迹方程,联立P的轨迹方程,即可判断D【解答】解:在平面直角坐标系xOy中,A(2,0),

18、B(4,0),点P满足,设P(x,y),则 ,化简可得(x+4)2+y216,故A错误;假设在x轴上存在异于A,B的两定点D,E,使得,可设D(m,0),E(n,0),可得2,化简可得3x2+3y2(8m2n)x+4m2n20,由P的轨迹方程为x2+y2+8x0,可得8m2n24,4m2n20,解得m6,n12或m2,n4(舍去),即存在D(6,0),E(12,0),故B正确;当A,B,P三点不共线时,由,可得射线PO是APB的平分线,故C正确;若在C上存在点M,使得|MO|2|MA|,可设M(x,y),即有2,化简可得x2+y2+x+0,联立x2+y2+8x0,可得方程组无解,故不存在M,故

19、D错误故选:BC【点评】本题考查轨迹方程的求法,考查圆方程的求法和运用,以及两点距离公式的运用,考查化简运算能力,属于中档题三、填空题:本题共6小题,每小题5分,共30分11(5分)不等式x2+x10的解集是x|x【分析】直接根据“大于取两边,小于取中间“解出一元二次不等式即可【解答】解:x2+x10,故答案为:x【点评】本题考查了一元二次不等式的解法,属基础题12(5分)等比数列an满足其公比q【分析】可设等比数列an的公比为q,则根据条件可得出,这样即可求出公比q【解答】解:设等比数列an的公比为q,则由得:;解得故答案为:【点评】考查等比数列的定义,以及等比数列的通项公式13(5分)直线

20、l1过点(2,0)且倾斜角为30,直线l2过点(2,0)且与直线l1垂直,则直线l1与直线l2的交点坐标为【分析】用点斜式求出两条直线的方程,再联立方程组,解方程组求得直线l1与直线l2的交点坐标【解答】解:由题意可得直线l1的斜率等于tan30,由点斜式求得它的方程为 y0(x+2),即 x3y+20直线l2过的斜率等于 ,由点斜式求得它的方程为 y0(x2),即 x+y20由 ,解得 ,故直线l1与直线l2的交点坐标为 ,故答案为 【点评】本题主要考查用点斜式求直线的方程,两条直线垂直的性质,求两条直线的交点坐标,属于基础题14(5分)如图,货轮在海上以20nmile/h的速度沿着方位角(

21、从指北方向顺时针转到目标方向线的水平角)为150的方向航行为了确定船位,在点B观察灯塔A的方位角是120,航行半小时后到达C点,观察灯塔A的方位角是75,则货轮到达C点时与灯塔A的距离为5nmile【分析】在ABC中,BC200.510nmile,求出ABC,BAC,利用正弦定理,可得货轮到达C点时与灯塔A的距离【解答】解:在ABC中,BC200.510nmile,ABC15012030,ACB75+(180150)105,BAC1801053045,根据正弦定理,AC货轮到达C点时与灯塔的距离是约nmile故答案为:【点评】本题考查了解三角形的实际应用,考查了正弦定理,考查了计算能力,属基础

22、题15(5分)若直线l:yx+m上存在满足以下条件的点P:过点P作圆O:x2+y21的两条切线(切点分别为A,B),四边形PAOB的面积等于3,则实数m的取值范围是2,2【分析】由PAOA,PBOB,结合切线长定理,可得四边形PAOB的面积为S|PA|,设P(x0,y0),运用点到直线的距离公式,可得所求范围【解答】解:由PAOA,PBOB,|PA|PB|,|OA|OB|1,可得四边形PAOB的面积为S|PA|OA|+|PB|OB|PA|3,设P(x0,y0),可得|PA|,由于x02+y02()2,可得10,解得2m2故答案为:2,2【点评】本题考查直线和圆的位置关系,考查切线长定理和点到直

23、线的距离公式的运用,考查化简运算能力,属于中档题16(5分)如图,圆锥型容器内盛有水,水深3dm,水面直径23dm放入一个铁球后,水恰好把铁球淹没,则该铁球的体积为dm【分析】由题意画出截面图,设铁球的半径为r,利用体积相等求解r,则球的体积可求【解答】解:如图,设铁球的半径为r,则放入铁球后水深为3r,上底面半径为,此时铁球与水的体积和为原来水的体积为,铁球的体积为,则,解得铁球的体积V故答案为:【点评】本题考查圆锥与球的体积,是基础的计算题四、解答题:共70分解答应写出文字说明证明过程或演算步骤17(10分)已知数列an的前n项和为(1)证明:数列an是等差数列;(2)设,求数列cn的前2

24、020项和T2020【分析】本题考查等差数列的定义、通项公式及前n项和公式,考查数列求和的方法第(1)问利用sn和an的关系,先求出an,再通过证明an+1an是一个常数来说明an是等差数列;第(2)问可采用并项求和法求和【解答】解:(1)当n1时,a1s11,当n2时,ansnsn13n2,综上,an+1an3,an是等差数列(2),T2020(a1+a2)+(a3+a4)+(a2019+a2020)310103030【点评】本题考查等差数列的定义、通项公式及前n项和公式,考查数列求和的方法属于通性通法的考查,难度中等18(12分)已知函数(1)若关于x的不等式f(x)4的解集为(2,4),

25、求m的值;(2)若对任意x0,4,f(x)+20恒成立,求m的取值范围【分析】(1)f(x)4可化为x2(42m)x80然后根据解集由根与系数的关系可得关于m的方程,解出m;(2)当x0时,02恒成立,符合题意;当x(0,4时,则只需成立,利用基本不等式求出的最小值即可【解答】解:(1)本题等式f(x)4可化为x2(42m)x80,不等式f(x)4的解集为(2,4),由根与系数的关系有2+442m,m1,经检验m1满足题意,m的值为1(2)对任意x0,4,f(x)+20恒成立,对任意的x0,4恒成立,当x0时,02恒成立,符合题意;当x(0,4时,要使恒成立,则只需成立,而,当且仅当x2时取等

26、号,m0,m的取值范围为0,+)【点评】本题考查了不等式的解集与方程根的关系和不等式恒成立问题,考查了分类讨论思想,转化思想和方程思想,属中档题19(12分)平面四边形ABCD中,AB23,ACB60(1)若AC22,求BC;(2)设ACD,ADC,若ADcosACcos,60,求ACD面积的最大值【分析】(1)在ABC中,由余弦定理即可解得BC的值(2)由已知利用正弦定理sin2,可得,或+,设ABC,由正弦定理可得:AC4sin,分类讨论利用三角形的面积公式即可求解【解答】解:(1)在ABC中,由余弦定理可得:AB2AC2+BC22ACBCcosACB,即:(2)2(2)2+BC22,解得

27、:BC,或(舍去)(2)在ACD中,由正弦定理及ADcosACcos,可得:sincossincos,即sin2,22,或2+2,即,或+,ACD是等边三角形或直角三角形,在ABC中,设ABC,由正弦定理可得:,AC4sin,若ACD是等边三角形,则:SACDACADsinCAD4sin2,当时,ACD面积的最大值为4;若ACD是直角三角形,则SACDACAD4sin8sin2,当时,ACD面积的最大值为8;综上所述,ACD面积的最大值为8【点评】本题主要考查了正弦定理,余弦定理,三角形的面积公式等知识在解三角形中的应用,考查了数形结合,分类讨论,转化与化归等数学思想,考查了数学运算,直观想象

28、等核心素养,属于中档题20(12分)如图,直三棱柱ABCA1B1C1中,ABAC,AB1,AC2,AA12,D,E分别为BC,A1C1的中点(1)证明:C1D平面ABE;(2)求CC1与平面ABE所成角的正弦值【分析】(1)取AB的中点H,连接EH,HD,可得四边形DHEC1为平行四边形,即DC1HE,即可证明C1D平面ABE;(2),在三棱柱ABCA1B1C1中,过A1作A1FAE于F,可得A1AE即为CC1与平面ABE所成的角解三角形即可求解【解答】证明(1)取AB的中点H,连接EH,HD,在直三棱柱ABCA1B1C1中,D,E分别为BC,A1C1的中点,EC1ACDH,四边形DHEC1为

29、平行四边形,即DC1HE,EH面ABE,CD面ABE,C1D平面ABE;解:(2),在三棱柱ABCA1B1C1中,AA1平面ABC,AA1AB又ABAC,ACAA1A,AB面ACC1A1,过A1作A1FAE于F,A1F平面ACC1A1,又CC1AA1,A1AE即为CC1与平面ABE所成的角AA12,A1E1,CC1与平面ABE所成角的正弦值为【点评】本题考查了线面平行、线面角考查推理论证能力,考查化归、转化思想,属于中档题21(12分)已知圆M:(x4)2+(y5)24,圆N与圆M关于直线l:x+y20对称(1)求圆N的方程;(2)过直线l上的点P分别作斜率为4,4的两条直线l1,l2,使得被

30、圆M截得的弦长与l2被圆N截得的弦长相等(i)求P的坐标;()过P任作两条互相垂直的直线分别与两圆相交,判断所得弦长是否恒相等,并说明理由【分析】(1)根据垂直和中点关系可得N的坐标,根据半径相等可得圆N的半径,由圆的标准方程可得圆N的方程;(2)(i)设出P的坐标,可得l1,l2的方程,根据点到直线的距离列等式可解得m;(ii)相等讨论l1,l2的斜率是否存在,根据点到直线的距离公式列式可证明【解答】解:(1)设N(a,b),因为圆M与圆N关于直线l:x+y20对称,M(4,5),则直线MN与直线l垂直,MN的中点在直线l上,得,解得a3,b2,所以圆N:(x+3)2+(y+2)24(2)(

31、i)设P(m,2m),l1的方程为:y(2m)(xm),即x+4y+3m80;l2的方程为y(2m)4(xm),即4xy+25m0,因为l1被圆M截得的弦长与l2被圆N截得的弦长相等,且两圆半径相等,所以M到l1的距离与N到l2的距离相等,即,所以m4或m3由题意,M到直线l1的距离d2m,所以m4不满足题意,舍去故m3,点P的坐标(3,5)(ii)过点P任作互相垂直的两条直线分别与两圆相交,所得弦长相等证明如下:当l1的斜率等于0时,l2的斜率不存在,l1被圆M截得的弦长与l2被圆N截得的弦长都等于圆的直径;当l1的斜率不存在,l2的斜率为0时,l1与圆M不相交,l2与圆N不相交;当l1,l

32、2的斜率存在且不等于0时,两条直线分别与两圆相交时,设l1,l2的方程分别为;y5(x+3),y5k9x+3),即x+ky+35k0,kxy+3k+50,因为M到l1的距离d1,N到直线l2的距离d2,所以M到l1的距离与N到l2的距离相等因为圆M与圆N的半径相等,所以l1被圆M截得的弦长与l2被圆N截得的弦长相等综上所述,过点P任作两条互相垂直的两条直线分别与两圆相交,所得弦长相等【点评】本题考查点关于直线对称、直线与圆的位置关系、弦长公式、点到直线的距离,属中档题22(12分)数学的发展推动着科技的进步,正是基于线性代数、群论等数学知识的极化码原理的应用,华为的5G技术领先世界目前某区域市

33、场中5G智能终端产品的制造由H公司及G公司提供技术支持据市场调研预测,5G商用初期,该区域市场中采用H公司与G公司技术的智能终端产品分别占比a055%及b045%,假设两家公司的技术更新周期一致,且随着技术优势的体现,每次技术更新后,上一周期采用G公司技术的产品中有20%转而采用H公司技术,采用H公司技术的仅有5%转而采用G公司技术设第n次技术更新后,该区域市场中采用H公司与G公司技术的智能终端产品占比分别为an及bn,不考虑其它因素的影响(1)用an表示an+1,并求实数使an是等比数列;(2)经过若干次技术更新后,该区域市场采用H公司技术的智能终端产品占比能否达到75%以上?若能,至少需要

34、经过几次技术更新;若不能,说明理由(参考数据:lg20.301,lg30.477)【分析】(1)根据实际背景,抽象出数列an以及数列bn,根据已知,求解(2)利用不等式的性质以及对数函数的知识求解更新次数即可【解答】(1)由题意,可设5G商用初期,该区域市场中采用H公司与G公司技术的智能终端产品的占比分别为,易知经过n次技术更新后an+bn1,则1an)(nN)由式,可设,对比式可知又,从而当时,是以为首项,为公比的等比数列,(2)由(1)可知,所以经过n次技术更新后,该区域市场采用H公司技术的智能终端产品占比,由题意,令an75%,得5.5925故n6,即至少经过6次技术更新,该区域市场采用H公司技术的智能终端产品占比能达到75%以上【点评】本题以实际背景为载体,考查数列的递推公式、通项公式等数学知识;考查阅读理解、抽象概括、推理论证、运算求解等数学能力;考查转化与化归等数学思想;考查数学建模、逻辑推理、数学运算等核心素养