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