1、第 1 页 共 19 页 2019-2020 学年安徽省名校高一下学期期末联考数学试题学年安徽省名校高一下学期期末联考数学试题 一、单选题一、单选题 1一个几何体有一个几何体有 6 个顶点，则这个几何体可能是（个顶点，则这个几何体可能是（ ） ） A三棱柱三棱柱 B四棱锥四棱锥 C四棱柱四棱柱 D五棱台五棱台 【答案】【答案】A 【解析】【解析】判断各选项中几何体的顶点个数后可得结论 【详解】 三棱柱有 6 顶点，四棱锥有 5个顶点，四棱柱有 8个顶点，五棱台有 10个顶点 故选：A 【点睛】 本题考查空间几何体的顶点个数，掌握基本几何体的结构是解题关键，属于基础题 2 在在ABC中， 角中，
2、 角A，B，C所对的边分别为所对的边分别为a， ，b，c.已知已知3b， 2 2c ， 4 A ， 则则a（ ） A5 B5 C29 D29 【答案】【答案】B 【解析】【解析】利用余弦定理求得a的值. 【详解】 由余弦定理得 22 2 2cos982 3 2 25 2 abcbcA . 故选：B 【点睛】 本小题主要考查余弦定理解三角形，属于基础题. 3若某正四棱台的上、下底面边长分别为若某正四棱台的上、下底面边长分别为 3， ，9，侧棱长是，侧棱长是 6，则它的表面积为（，则它的表面积为（ ） A9072 3 B9027 3 C90 72 5 D90 27 5 【答案】【答案】A 【解析】
3、【解析】利用正棱台的侧面是等腰梯形，根据已知条件计算斜高，然后根据梯形的面积 公式计算侧面积，进而求得表面积 【详解】 由题意可得，上底面的面积为 9，下底面的面积为 81， 第 2 页 共 19 页 侧面的高为 23 633 3 ， 所以该正四棱台的表面积为 3 93 3 981 49072 3 2 . 故选：A 【点睛】 本题主要考查了正棱台的表面积， 关键在于利用正棱台侧面是等腰梯形， 根据已知条件， 利用等腰梯形的性质计算斜高，属于基础题 4若若0a b c ，且，且abc，则下列不等式一定成立的是（，则下列不等式一定成立的是（ ） ） A 22 abb c B abac Cacbc
4、D abbc 【答案】【答案】C 【解析】【解析】根据0a b c ，且abc，得到0a ，0c ，然后利用不等式的基本 性质判断. 【详解】 因为0a b c ，且abc， 所以0a ，0c 因为bc，0a ， 所以abac， 所以 B不成立； 因为ab，0c ， 所以acbc一定成立，故 C 正确； 当0b时，A、D不成立 故选：C 【点睛】 本题主要考查不等式的基本性质，属于基础题. 5 在在ABC中， 角中， 角A，B，C所对的边分别为所对的边分别为a， ，b，c.已知已知 4 A ， 3 B ， 2 3a ， 则则ABC的面积为（的面积为（ ） 第 3 页 共 19 页 A 93 3
5、 2 B9 3 3 C 3 39 2 D3 3 9 【答案】【答案】C 【解析】【解析】由正弦定理求得b，再由诱导公式与两角和的正弦公式求得sinC，然后可由 三角形面积公式得面积 【详解】 由正弦定理得 sinsin ab AB ， 2 3sin sin 3 3 2 sin sin 4 aB b A ， 212326 sinsinsin()sincoscossin 22224 CABABABAB ， 112693 3 sin2 3 3 2 2242 ABC SabC 故选：C 【点睛】 本题考查求三角形面积，考查正弦定理，两角和的正弦公式、诱导公式，考查学生的运 算求解能力 6在数列在数列
6、n a中，中， 1 1 3 a ， 1 1 1 n n a a ，则，则 28 a（ ） A-2 B1 C 1 3 D 3 2 【答案】【答案】C 【解析】【解析】根据 1 1 3 a ， 1 1 1 n n a a ，进行递推，得到数列的周期性求解. 【详解】 因为 1 1 3 a ， 1 1 1 n n a a ， 所以 2 2a ， 3 3 2 a ， 41 1 3 aa， 所以数列 n a是周期为 3 的周期数列， 所以 281 1 3 aa 第 4 页 共 19 页 故选：C 【点睛】 本题主要考查数列的周期性的应用，属于基础题. 7 已知已知 l， m， n为不同的直线，为不同的直
7、线， ，为不同的平面， 则下列判断错误的是 （为不同的平面， 则下列判断错误的是 （ ） A若若m，n ，/ 则则/mn B若若m，n ，/mn，则，则/ C若若 l， ， m ，nI，/l，则，则/mn D若若 ，则，则/ 【答案】【答案】D 【解析】【解析】举出反例可判断 D选项. 【详解】 若m，n，/ 则/mn，正确； 若m，n，/mn，则/ ，正确； 若l， m ，nI，/l，则/mn，正确； 若 ，则/ /或与相交，故 D错误 故选:D. 【点睛】 本题考查了直线与平面位置关系的判断，属于基础题. 8已知已知0a，0b，且，且2ab ，则，则 22 ab 的最小值是（的最小值是（
8、） A4 B6 C8 D2 【答案】【答案】A 【解析】【解析】由题意可得 2211 +2+ abab ，将2ab代入，利用基本不等式求出最值 即可 【详解】 由题意可得 221111 +2+2 ab ab abababba ， 因为2 ab ba （当且仅当1ab时，等号成立） ， 第 5 页 共 19 页 所以 22 4 ab 故选：A 【点睛】 本题考查基本不等式求最值，考查学生计算能力，属于基础题 9如图，在三棱柱如图，在三棱柱 111 ABCABC中，中， 1 AA 平面平面ABC，四边形，四边形 11 BCC B为正方形，为正方形， 24BCAB，ABBC，D为为 11 C B的中
9、点，则异面直线的中点，则异面直线 11 AC与与AD所成角的余弦所成角的余弦 值为（值为（ ） A 3 5 B 10 10 C 30 10 D 2 5 5 【答案】【答案】C 【解析】【解析】过点 D 作 11 /DF AC交 11 AB于点 F，连接 1 ,AF AD，得到 ADF为异面直线 11 AC与AD所成的角，在 ADF中，利用余弦定理，即可求解. 【详解】 如图所示，过点 D 作 11 /DF AC交 11 AB于点 F，连接 1 ,AF AD， 则ADF为异面直线 11 AC与AD所成的角， 由题意，在直角 11 AB D中，可得 22 1 222 2AD ， 在直角 1 AAD
10、中，可得 2 222 11 42 22 6ADAAAD ， 在直角 1 B DF中，可得 22 125DF ， 在直角 1 AAF中，可得 22 4117AF ， 所以 222 245 1730 cos 2102 2 65 ADDFAF ADF AD DF . 故选：C. 第 6 页 共 19 页 【点睛】 本题主要考查了异面直线所成角的求解，其中解答中熟记异面直线所成的角的概念，准 确运算是解答的关键，着重考查推理与计算能力. 10已知数列已知数列 n a的前的前 n项和项和 n S满足满足 2 9 n Snn ，给，给出以下四个结论：出以下四个结论： 数列数列 n a是递减数列；是递减数列
11、； n S的最大值是的最大值是 81 4 ； -371 是数列是数列 n a中的项；中的项； 数列数列 n S n 是等差数列是等差数列 其中结论正确的个数是（其中结论正确的个数是（ ） Al B2 C3 D4 【答案】【答案】B 【解析】【解析】先求出 n a的通项，结合等差数列的定义可判断的正误，利用二次函 数的性质可判断的正误，从而可得正确的选项. 【详解】 因为 2 9 n Snn ，所以 1 2102 nnn aSSnn ， 当1n 时， 1 8a ，故210 n an ， 所以 1 20 nn aa ，则数列 n a是递减数列，故正确； 因为 2 2 981 9 24 n Snnn
12、 ，且n N， 所以 45 181 20 44 n max SSS ，故错误； 设210371 k ak ，解得 * 190.5k N，故错误； 由 2 9 n Snn ，得9 n S n n ， 1 1 1 nn SS nn ，则数列 n S n 是等差数列，故正确 第 7 页 共 19 页 【点睛】 本题考查等差数列的判断、等差数列前n的最值，一般地，前n项和 n S和通项 n a之间 的关系是 1 1 ,1 ,2 n nn a n a SSn ，而等差数列的判断需依据定义，本题属于基础题. 11已知正方形已知正方形ABCD的边长是的边长是 4，将，将ABC沿对角线 沿对角线AC折到折到A
13、BC V的位置，连的位置，连 接接B D.在翻折过程中，下列结论错误的是（在翻折过程中，下列结论错误的是（ ） AAB 平面平面BCD恒成立恒成立 B三棱锥三棱锥BACD 的外接球的外接球的表面积始终是的表面积始终是32 C当二面角当二面角BACD 为为 2 时，时，4B D D三棱锥三棱锥BACD 体积的最大值是体积的最大值是16 2 3 【答案】【答案】A 【解析】【解析】根据立体几何的知识逐个分析即可. 【详解】 如图， 对于 A选项，若AB 平面BCD恒成立，则ABCD 恒成立，显然在折叠过程中不 满足恒成立，故 A 选项不正确； 对于 B选项，有正方形的性质知，三棱锥BACD 外接球
14、的球心始终为AC中点O， 半径为 1 2 2 2 AC ，故外接球的表面积始终是32，故 B选项正确； 对于 C选项，当二面角BACD 为 2 时，即 2 B OD ，又因为 2 2OBOD ，故4B D，故 C选项正确； 对于 D选项，在翻折过程中，三棱锥BACD 的底面始终是ACD，故当二面角 BACD 为 2 时，三棱锥BACD 的体积最大值，为 第 8 页 共 19 页 1116 2 4 4 2 2 323 V ，故 D选项正确. 故选：A. 【点睛】 本题考查立体几何中的折叠问题，考查空间想象能力，是中档题. 12 在锐角在锐角ABC中， 角中， 角A，B，C所对的边分别为所对的边分
15、别为a， ，b，c.若若cos1 cosaBbA， 现有下列五个结论：现有下列五个结论：sinsin3CB； 64 B ； 2 3 , 22 c a ； tantan1 2 A B ； 若若1b， 则， 则 1 2 2,22 3ac .其中所有正确结论的其中所有正确结论的 序号是（序号是（ ） A B C D 【答案】【答案】B 【解析】【解析】采用排除法，根据正弦定理可知2AB，由内角和为以及锐角三角形可知 正误，利用倍角公式以及三角恒等变形可知错误，则可得结果. 【详解】 由题可知：cos1 cosaBbA，所以sincossin1 cosABBA 则sinsincoscossinsinB
16、ABABAB， 则BAB或BA B（舍） ，所以2AB sinsinsin3CABB，故正确 又ABC为锐角三角形，可知 2 AB 且0 2 A ， 所以 64 B ，故正确 sinsin3sincos2cossin2 sinsin2sin2 cCBBBBB aABB 则 2 sin2cos1cossin2 1 2cos sin22cos BBBB c B aBB 令2costB，由 64 B ，所以 2, 3t 则 1 c yt at ，2, 3t，又函数 1 yt t 在 2, 3递增 所以 22 3 23 c a ，故错误 利用排除法，可知选 B 第 9 页 共 19 页 故选：B 【点
17、睛】 本题考查正弦定理解三角形以及三角恒等变形，对选填可以采用排除法、特殊值法，快 速得到结果，化繁为简，属中档题. 二、填空题二、填空题 13在等比数列在等比数列 n a中，中， 3 3a ， 11 12a ，则，则 7 a _ 【答案】【答案】6 【解析】【解析】根据 n a是等比数列，且 3 3a ， 11 12a ，利用等比中项求解. 【详解】 因为在等比数列 n a中， 3 3a ， 11 12a ， 所以 2 73 11 36aa a， 所以 7 6a 因为 4 73 0aa q， 所以 7 6a 故答案为：6 【点睛】 本题主要考查等差中项的应用，属于基础题. 14已知某圆锥的高
18、为已知某圆锥的高为 4，体积为，体积为12，则其侧面积为，则其侧面积为_ 【答案】【答案】15 【解析】【解析】设该圆锥的底面半径为 r，由圆锥的体积 V 1 3 r2h，可解得 r的值，再由勾 股定理求得圆锥的母线长 l，而侧面积 Srl，代入数据即可得解 【详解】 设该圆锥的底面半径为 r，圆锥的体积 V 1 3 r2h 1 3 r2412，解得 r3 圆锥的母线长 l 22 rh 5，侧面积 Srl15 故答案为：15 【点睛】 本题考查圆锥的侧面积和体积的计算，理解圆锥的结构特征是解题的关键，考查学生的 空间立体感和运算能力，属于基础题 第 10 页 共 19 页 15有有 A，B，C
19、三座城市，其中三座城市，其中 A在在 B的正东方向，且与的正东方向，且与 B相距 相距100km，C在在 A的的 北偏东北偏东 30 方向，且与方向，且与 A相距相距300km一架飞机从一架飞机从 A城市出发，以城市出发，以400km/h的速度向的速度向 C城市飞行，飞行城市飞行，飞行30min后，接到命令改变航向，飞往后，接到命令改变航向，飞往 B城市，此时飞机距城市，此时飞机距离离 B城市城市 _km 【答案】【答案】100 7 【解析】【解析】根据题意，画出三角形，根据余弦定理即可求解. 【详解】 如图，由题意可知100km,300km,200km,120ABACADBAD， 则 222
20、 1 2cos10000400002 10020070000 2 BDABADAB ADBAD ， 故100 7kmBD 故答案为：100 7. 【点睛】 本题考查利用余弦定理解决实际问题，属于基础题. 16如图，在正方体如图，在正方体 1111 ABCDABC D中，点中，点 P是是 11 AC上的任意一点，点上的任意一点，点 M，N分别分别 是是 AB和和 BC上的点，且上的点，且AMBN，若，若4AB ，则三棱锥，则三棱锥PDMN体积的最大值是体积的最大值是 _ 【答案】【答案】 32 3 第 11 页 共 19 页 【解析】【解析】设AMBNx，则4BMCNx，从而表示出DMN的面积，
21、再根 据点 P是 11 AC上的任意一点，则点 P到平面 DMN 的距离是 4，然后利用三棱锥的体积 公式建立模型，利用二次函数的性质求解. 【详解】 设AMBNx，则4BMCNx， 故DMN的面积 2 1111 4 4444 428 2222 Sxxxxxx 因为点 P 是 11 AC上的任意一点， 所以点 P 到平面 DMN 的距离是 4， 所以三棱锥PDMN的体积 2 2 1112 28428 3323 VShxxx 因为04x， 所以 832 8 33 V 故答案为： 32 3 【点睛】 本题主要考查几何体的结构特征，几何体体积的求法以及二次函数的应用，还考查了空 间想象和运算求解的能
22、力，属于中档题. 三、解答题三、解答题 17如图，在正方体如图，在正方体 1111 ABCDABC D中，中，M，N分别是分别是 1 AD， 1 AB的中点证明：的中点证明： （1）/MN平面平面 11 BDD B； （2） 1 AC 平面平面 11 AB D 【答案】【答案】 （1）证明见解析； （2）证明见解析. 第 12 页 共 19 页 【解析】【解析】 （1）根据 M，N分别是 1 AD， 1 AB的中点，得到 11 / /MNB D，再利用线面平 行的判定定理证明； （2）连接 11 AC， 11 AD，由正方体的性质易得 1111 ACBD， 111 CCBD，利用线面垂 直的判
23、定定理得到 11 BD 平面 11 ACC，从而得到 111 BDAC，同理可证 11 ADAC， 然后由线面垂直的判定定理证明即可. 【详解】 （1）证明：因为 M，N分别是 1 AD， 1 AB的中点， 所以 11 / /MNB D 因为 11 B D 平面 11 BDD B，MN 平面 11 BDD B， 所以/MN平面 11 BDD B； （2）连接 11 AC， 11 AD 由正方体的性质可知 1111 DCBA是正方形，则 1111 ACBD 由正方体的性质可知 1 CC 平面 1111 DCBA，则 111 CCBD 因为 1111 CCACC，所以 11 BD 平面 11 AC
24、C， 因为 1 AC 平面 11 ACC，所以 111 BDAC 同理可证 11 ADAC 因为 1111 B DADD， 所以 1 AC 平面 11 AB D 【点睛】 本题主要考查线面平行的判定定理和线面垂直的判定定理， 还考查空间想象和逻辑推理 的能力，属于中档题. 第 13 页 共 19 页 18在在ABC中，角中，角 , ,A B C所对的边分别为所对的边分别为, ,a b c已知已知 cos( 2)cosaCbcA （1）求）求A； （2）若）若2 5,2 2ab，求，求ABC的面积的面积 【答案】【答案】 （1） 4 A ； （2）6. 【解析】【解析】 （1）根据正弦定理将边化
25、角，再利用三角函数的恒等变换求得角A的值； （2）根据题意，利用余弦定理和三角形面积公式求得结果 【详解】 解： （1）因为cos( 2)cosaCbcA，所以sincos( 2sinsin)cosACBCA， 所以sin cossincos2sincosACCABA ，所以sin()2sincosACBA 因为ABC，所以sin()sinACB，所以sin 2sincosBBA 因为0B，所以sin0B，所以 2cos1A ， 所以 2 cos 2 A，则 4 A （2）由余弦定理可得 222 2cosabcbcA， 因为 2 2 5,2 2,cos 2 abA ，所以 2 2084cc ，
26、 即 2 4120cc，解得 6c 或2c（舍去） 故ABC的面积为 112 sin2 266 222 bcA 【点睛】 本题考查了正弦、 余弦定理的应用问题， 也考查了三角恒等变换与面积公式的应用问题， 属于中档题 19如图，在四面体如图，在四面体 ABCD中，中，5ABBCAD ，6BD ， 4 2AC ，且，且 BDAC （1）证明：平面）证明：平面ABD 平面平面 BCD； 第 14 页 共 19 页 （2）求点）求点 D到平面到平面 ABC的距离的距离 【答案】【答案】 （1）证明见解析； （2）12 34 17 . 【解析】【解析】 （1）取 BD 的中点 E，连接 AE，CE，易
27、知 AEBD，而 BDAC，由线面垂直 的判定定理与性质定理可分别得到 BD平面 ACE， BDCE； 再在ABD和BCD中， 通过勾股定理可求得 AECE4，从而推出 AECE；最后由线面垂直的判定定理和面 面垂直的判定定理即可得证 （2）由（1）知，AE平面 BCD，且 AE4，根据 VABCD 1 3 S BCDAE 可求得四面 体 ABCD的体积， 再结合勾股定理和三角形的面积公式可求得 SABC， 设点D到平面ABC 的距离为 h，由等体积法 VDABCVABCD，求出 h的值即可得解 【详解】 （1）证明：取 BD的中点 E，连接 AE，CE，ABAD，AEBD，又BDAC， AE
28、ACA，AE、AC平面 ACE， BD平面 ACE，CE平面 ACE，BDCEABBC5，BE 1 2 BD3， AE 22 ABBE 4，CE 22 BCBE 4，AC4 2，AC2AE2+CE2， 即 AECE， AEBD，CEBDE，CE、BD平面 BCD，AE平面 BCD，AE平面 ABD， 平面 ABD平面 BCD （2）在BCD中，BD6，CE4，且 CEBD，SBCD 1 2 BDCE12 由 （1） 知， AE平面 BCD， 且 AE4， 三棱锥 ABCD的体积 VABCD 1 3 S BCDAE 1 3 12416， 在ABC中，ABBC5，AC4 2，SABC 1 2 AC
29、 2 2 1 2 ABAC 1 4 22582 34 2 . 第 15 页 共 19 页 设点 D到平面 ABC的距离为 h，VDABCVABCD， 1 3 hSABCVABCD， 即 1 3 h2 3416，解得 h12 34 17 故点 D到平面 ABC的距离为12 34 17 【点睛】 本题考查空间中线与面的垂直关系、点到平面的距离，熟练掌握空间中线面垂直的判定 定理与性质定理，以及运用等体积法解决点到面的距离问题是解题的关键，考查学生的 空间立体感、逻辑推理能力和运算能力，属于中档题 20在等比数列在等比数列 n a中，中， 1 1a ，且，且 3 2a， 5 a， 4 3a成等差数列
30、成等差数列 （1）求）求 n a的通项公式；的通项公式； （2）若）若0 n a ，记，记 21 log nnn baa ，求数列，求数列 n b的前的前 n项和项和 n T 【答案】【答案】 （1） 1 1 2 n n a ； 1 2n n a - =； （2）1 21 n n Tn. 【解析】【解析】 （1）根据 3 2a， 5 a， 4 3a成等差数列，利用等差中项得到 534 223aaa，进 而求得公比，再写出通项公式即可. （2）根据0 n a ，由（1）得到 1 21 log2n nnn baan ，然后利用错位相减法求和 即可. 【详解】 （1）因为 3 2a， 5 a， 4
31、3a成等差数列， 所以 534 223aaa， 所以 423 111 223a qa qa q， 所以 2 223qq， 即 2 2320qq， 即2120qq， 解得 1 2 q 或2q = 当 1 2 q 时， 1 1 1 1 2 n n n aa q ； 当2q =时， 11 1 2 nn n aa q ； 第 16 页 共 19 页 （2）因为0 n a ，所以 1 2n n a - =，所以 1 2n n a ， 则 1 21 log2n nnn baan 故 21 123 1 2 23 22n nn Tbbbbn ， 23 21 22 23 22n n Tn ， -得 231 12
32、2222 nn n Tn 1 2 2121 1 2 n nn nn， 故1 21 n n Tn 【点睛】 本题主要考查等比数列的基本运算，等差中项以及错位相减法求和，还考查了运算求解 的能力，属于中档题. 21如图，在四棱锥如图，在四棱锥PABCD中，中，PA 平面平面ABCD，四边形 ，四边形ABCD是矩形，是矩形， 2PAAB，4AD，E是是PB的中点，的中点，AFPC，垂足为，垂足为F. （1）证明：）证明：/PD平面平面ACE. （2）求三棱锥）求三棱锥ACEF的体积的体积. 【答案】【答案】 （1）详见解析； （2） 10 9 . 【解析】【解析】 （1）连接 BD 交 AC于点 H
33、，连接 EH，可证出/EH PD，进而得出/PD平面 ACE即可； （2）先证AEPC，又AFPC，所以可证PC 平面AEF，所以 CF就是三棱 锥ACEF的高，分别求得线段 AE，EF，CF的长度，最后根据棱锥体积公式计算即可 得解. 【详解】 （1）如下图，连接 BD交 AC 于点 H，连接 EH， 第 17 页 共 19 页 因为点E是PB的中点，点 H 是 BD 的中点，所以/EH PD， 又EH 平面ACE，所以/PD平面ACE； （2） 因为PAABA， 所以BC平面 PAB， 又AE 平面 PAB， 所以BCAE， 因为2PAAB，且E是PB的中点，所以AEPB，且 2AE ，
34、因为PBBCB，所以AE平面PBC，又PC 平面PBC，所以AEPC， 因为AFPC，且AEAFA，所以PC 平面AEF， 在RtPAC中，2PA，4 162 5AC ，则4202 6PC ， 因为AFPC，所以 4 530 32 6 PA AC AF PC ， 则 102 3 2 33 EF ， 105 6 20 33 CF ， 故三棱锥ACEF的体积为 11112 35 610 2 3232339 AE EF CF. 【点睛】 本题考查线面平行的证明，考查三棱锥体积的求法，考查逻辑思维能力和计算能力，考 查空间想象能力，属于常考题. 22在数列在数列 n a中，中， 1 1a ， 2222
35、* 11 2 nnnn aaa an N （1）证明：数列）证明：数列 2 1 n a 是等差数列是等差数列 （2） 设） 设 222 1221nnnn baaa ， 是否存在最小正整数， 是否存在最小正整数 k， 使对任意， 使对任意 * nN， 1 2 n bk 恒成立恒成立?若存在，求出若存在，求出 k的值；若不存在，说明理由的值；若不存在，说明理由 【答案】【答案】 （1）证明见解析； （2）存在，2k . 第 18 页 共 19 页 【解析】【解析】 （1）根据 2222 11 2 nnnn aaa a ，转化为 * 22 1 11 2 nn n aa N ，由等差数列的 定义证明；
36、 （2）若存在最小正整数 k，使对任意 * nN， 1 2 n bk恒成立，则max 1 2 n bk成立， 由（1）得 2 1 1 2121 n nn a ，则 2 1 21 n a n ，从而得到 n b，然后由 1nn bb 判 断数列 n b的单调性即可 【详解】 （1）因为 2222 11 2 nnnn aaa a ，所以 * 22 1 11 2 nn n aa N 因为 1 1a ，所以 2 1 1 1 a ， 故数列 2 1 n a 是首项为 1，公差为 2的等差数列 （2）由（1）可得 2 1 12121 n nn a ，则 2 1 21 n a n 因为 222 1221nn
37、nn baaa ， 所以 22222 123212223nnnnnn baaaaa ， 所以 222 122231nnnnn bbaaa 111 434521nnn 87 0 434521 n nnn ， 则 1nn bb ，即数列 n b是递减数列 故要使 1 2 n bk恒成立，只需 1 1 2 bk， 因为 22 123 118 3515 baa， 第 19 页 共 19 页 所以 81 152 k，解得 16 15 k 故存在最小正整数2k ，使对任意 * nN， 1 2 n bk恒成立 【点睛】 本题主要考查等差数列的定义，数列不等式恒成立以及数列的单调性问题，还考查了运 算求解的能力，属于中档题.
