1、第 1 页 共 18 页 2019-2020 学年福建省宁德市高一下学期期末考试数学试题学年福建省宁德市高一下学期期末考试数学试题 一、单选题一、单选题 1直线直线310 xy 倾斜角的大小是（倾斜角的大小是（ ） A 6 B 3 C 2 3 D 5 6 【答案】【答案】B 【解析】【解析】把直线方程化成斜截式，根据斜率等于倾斜角的正切求解. 【详解】 直线310 xy 化成斜截式为31yx， 因为tan3k ，所以 3 . 故选 B. 【点睛】 本题考查直线的斜截式方程和基本性质，属于基础题. 2已知等差数列已知等差数列 n a中，中， 2 3a ， 5 9a ，则数列，则数列 n a的前的
2、前6项之和等于（项之和等于（ ） A11 B12 C24 D36 【答案】【答案】D 【解析】【解析】根据等差数列的性质得 1625 12aaaa，再根据等差数列前n项和公式 计算即可得答案. 【详解】 解：因为等差数列 n a中， 2 3a ， 5 9a ， 所以根据等差数列的性质得 1625 12aaaa， 所以根据等差数列前n项和公式 1 2 n n n aa S 得 16 6 66 12 36 22 aa S . 故数列 n a的前6项之和等于36. 故选：D. 【点睛】 本题考查等差数列的性质，前n项和公式，考查运算能力，是中档题. 3一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（
3、一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ） ） 第 2 页 共 18 页 A12 B48 C60 D20 【答案】【答案】A 【解析】【解析】根据三视图确定几何体为圆锥，再根据圆锥体积公式求结果. 【详解】 根据三视图得几何体为圆锥，底面半径为 3，母线长为 5，所以高为 22 534 因此该几何体的体积为 2 1 3412 3 故选：A 【点睛】 本题考查三视图、圆锥体积，考查基本分析求解能力，属基础题. 4已知直线已知直线 1 l过过0,0、1, 3两点，直线两点，直线 2 l的方程为的方程为20axy，如果，如果 12 ll/，则，则 a值为（ 值为（ ） A-3 B 1 3
4、C 1 3 D3 【答案】【答案】D 【解析】【解析】先求直线 1 l斜率，再根据两直线平行列式求得a值. 【详解】 因为直线 1 l过0,0、1, 3两点，所以直线 1 l斜率为 3 3 1 ， 因为直线 2 l的方程为20axy，所以直线 2 l斜率为a， 因为 12 ll/，所以3,3aa 故选：D. 【点睛】 本题考查根据直线平行求参数，考查基本分析求解能力，属基础题. 第 3 页 共 18 页 5已知已知m，n是两条直线，是两条直线，是两个平面，下列说法正确的是（ 是两个平面，下列说法正确的是（ ） A若若/mn，/n，则，则/m B若若 ，m，则，则m C若若/m，n，则，则/mn
5、 D若若m ，m，则，则 【答案】【答案】D 【解析】【解析】根据线面关系举例说明 ABC不成立，根据面面垂直判定定理可确定 D成立. 【详解】 若/mn，/n，则/m或m，故 A 错误； 若，m，则m或m，故 B 错误； 若/m，n，则/mn或m，n异面，故 C错误； 若m，m，则根据面面垂直判定定理得，故 D正确； 故选：D 【点睛】 本题考查线面位置关系判断，考查空间想象能力，属基础题. 6在正四面体在正四面体ABCD中，中，E，F， ，G，H分别是分别是AC，BC，BD，CD的中点，的中点， 则则EF与与GH所成的角为（所成的角为（ ） A 6 B 4 C 3 D 2 【答案】【答案】
6、C 【解析】【解析】根据三角形中位线性质得平行，将EF与GH所成的角转化为AB与BC所成 的角,即得结果. 【详解】 因为E，F，G，H分别是AC，BC，BD，CD的中点，所以/,/AB EF BC GH, 因此EF与GH所成的角为AB与BC所成的角,即ABC 因为正四面体ABCD中， 3 ABC ，所以EF与GH所成的角为 3 故选：C 【点睛】 本题考查线线角，考查基本分析求解能力，属基础题. 7若不等式若不等式 2 210axax 对任意的对任意的xR恒成立，则实数恒成立，则实数a的取值范围是（的取值范围是（ ） A0,1 B 0, C,01, D0,1 第 4 页 共 18 页 【答案
7、】【答案】A 【解析】【解析】设函数 2 21f xaxax，把不等式 2 210axax 在xR上恒成立， 转化为 0f x 对于xR 恒成立，结合函数的性质，即可求解. 【详解】 解：设函数 2 21f xaxax， 则不等式 2 210axax 在xR上恒成立，即 0f x 对于xR 恒成立， 当0a时， 10f x ，显然成立； 当0a时，要使 0f x 在xR上恒成立， 需函数 2 21f xaxax开口向上，且与 x轴没有交点， 即 2 0 (2 )410 a aa ，解得01a， 综上知，实数 a 的取值范围为0,1). 故选：A. 【点睛】 本题主要考查了不等式的恒成立问题，以
8、及二次函数的图象与性质的应用，其中解答中 把不等式的恒成立问题转化为利用二次函数的性质求解是解答的关键， 着重考查转化思 想，以及推理与计算能力. 8如图所示，九连环是中国的一种古老的智力游戏，它环环相扣，趣味无穷它主要如图所示，九连环是中国的一种古老的智力游戏，它环环相扣，趣味无穷它主要 由九个圆环及框架组成，每个圆环都连有一个直杆，各直杆在后一个圆环内穿过，九个由九个圆环及框架组成，每个圆环都连有一个直杆，各直杆在后一个圆环内穿过，九个 直杆的另一端用平板或者圆环相对固定， 圆环在框架上可以解下或者套上 九连环游戏直杆的另一端用平板或者圆环相对固定， 圆环在框架上可以解下或者套上 九连环游
9、戏 按某种规则将九个环全部从框架上解下或者全部套上 将第按某种规则将九个环全部从框架上解下或者全部套上 将第n个圆环解下最少需要移动个圆环解下最少需要移动 的次数记为的次数记为 f n（9n且且 * nN） ，已知） ，已知 11f， 21f，且通过该规则可得，且通过该规则可得 2121f nf nf n，则移动，则移动 7 次最多可以解几个环（次最多可以解几个环（ ） 第 5 页 共 18 页 A3 B4 C5 D6 【答案】【答案】B 【解析】【解析】根据递推关系计算即可 【详解】 解：因为 2121f nf nf n， 11f， 21f， 所以 32211 1 2 14fff ， 432
10、2142 17fff ， 所以移动 7 次最多可以解 4 个环， 故选：B 【点睛】 本题考查递推关系的应用，关键在于理解操作在数学中的意义，属于基础题 二、多选题二、多选题 9下列说法正确的有（下列说法正确的有（ ） A若若ab，则，则 11 ab B若若ab，则，则 33 ab C若若1ab ，则，则2ab D若若 22 1ab，则，则 1 2 ab 【答案】【答案】BD 【解析】【解析】举例说明 AC 不成立，根据作差法以及基本不等式证明 BD. 【详解】 当2,1ab时，满足ab，但 11 ab 不成立，所以 A错误； 当 1 2, 2 ab 时，满足1ab ，但2ab不成立，所以 C
11、错误； 若ab，则 332222 3 ()()()() 24 b abab aabbabab 因为ab，所以, a b不同时为零，所以 223333 3 ()00, 24 b ababab ，即 B成 立； 若 22 1ab，则 22 1 22 ab ab ，所以 D成立； 故选:BD 【点睛】 本题考查不等式性质、作差法、基本不等式应用，考查基本分析判断能力，属基础题. 第 6 页 共 18 页 10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，下列说法正确的有（，下列说法正确的有（ ） A: :A B Ca b c B sinsinsinsin aabc AA
12、BC C若若sinsinAB，则，则AB D若若sin2sin2AB，则，则ab 【答案】【答案】BC 【解析】【解析】根据正弦定理以及诱导公式逐一判断，即可选择. 【详解】 根据正弦定理得sin:sin:sin: :ABCa b c，所以 A错误； 根据正弦定理得2 sinsinsin abc R ABC ，其中R为ABC外接圆半径, 2 sin2 sin2 sin 2 sinsinsinsinsinsinsin abcRARBRCa R ABCABCA ,所以 B正确； sinsin 22 ab ABabAB RR ，所以 C 正确； 若sin2sin2AB，则22AB或22AB，所以AB
13、或 2 AB ab或 2 C ，故 D错误； 故选：BC 【点睛】 本题考查正弦定理以及诱导公式，考查基本分析论证与求解能力，属基础题. 11公差为公差为d的等差数列的等差数列 n a，其前，其前n项和为项和为 n S， 11 0S， 12 0S，下列说法正确，下列说法正确 的有（的有（ ） A0d B 7 0a C n S中中 5 S最大最大 D 49 aa 【答案】【答案】AD 【解析】【解析】先根据题意得 111 0aa， 112 0aa，再结合等差数列的性质得 6 0a ， 7 0a ，0d ， n S中 6 S最大， 49 aa ，即： 49 aa.进而得答案. 【详解】 解：根据等
14、差数列前n项和公式得： 111 11 11 0 2 aa S ， 112 12 12 0 2 aa S 所以 111 0aa， 112 0aa， 由于 1116 2aaa， 11267 aaaa， 所以 6 0a ， 76 0aa ， 第 7 页 共 18 页 所以0d ， n S中 6 S最大， 由于 1126749 0aaaaaa， 所以 49 aa ，即： 49 aa. 故 AD正确，BC 错误. 故选：AD. 【点睛】 本题考查等差数列的前n项和公式与等差数列的性质，是中档题. 12在正方体在正方体 1111 ABCDABC D中，点中，点P是线段是线段 1 AB上的动点，以下结论正确
15、的有上的动点，以下结论正确的有 （ ） A/BD平面平面 1 ADP B 11 DPAC C 1 D P与与 1 C D所成所成角的取值范围为角的取值范围为, 4 2 DP是是 1 AB中点时，直线中点时，直线PB与平面与平面 1 BC D所成的角最大所成的角最大 【答案】【答案】ABD 【解析】【解析】证明/BD平面 11 AD B,即可判断 A; 证明 1 AC 平面 11 AD B,即可判断 B;根据 11 /C D AB,即可确定 1 D P与 1 C D所成角的取值范围，即可判断 C; 根据 11 /C D AB,可确 定直线PB与平面 1 BC D所成的角最大角取法，即可判断 D.
16、 【详解】 在正方体 1111 ABCDABC D中， 11 /,BD B D BD 平面 11 AD B, 11 B D 平面 11 AD B, 所以/BD平面 11 AD B,因为点P是线段 1 AB上的动点，所以平面 1 ADP 平面 11 AD B, 即/BD平面 1 ADP，故 A 正确； 第 8 页 共 18 页 在正方体 1111 ABCDABC D中， 111111111 ,ACB D AAB DB D平面 11 ACCA 111 BDAC,同理可证 11 ADAC,从而 1 AC 平面 11 AD B, 因为点P是线段 1 AB上的动点，所以 1 DP 平面 11 AD B,
17、因此 11 DPAC，故 B正确； 在正方体 1111 ABCDABC D中， 11 /C D AB，所以 1 D P与 1 C D所成角为 1 D P与 1 AB所 成角,而 11 AD B为正三角形，所以 1 D P与 1 C D所成角的取值范围为, 3 2 ，故 C 错 误； 在正方体 1111 ABCDABC D中， 11 /C D AB，所以当P到B距离最小时，直线PB与平 面 1 BC D所成的角最大，即P是 1 AB中点时，直线PB与平面 1 BC D所成的角最大，故 D 正确, 故选：ABD 【点睛】 本题考查线面平行判断、线面垂直判断、线线角以及线面角，考查综合分析判断能力，
18、 属中档题. 三、填空题三、填空题 13 在三角形在三角形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， 其中， 其中2a，2 3b ， 3 B ，则边，则边c的长为的长为_ 【答案】【答案】4 【解析】【解析】根据余弦定理直接求解，即得结果. 【详解】 因为2a，2 3b ， 3 B ， 所以 222222 2cos(2 3)22 2cos 3 bacacBcc ， 2 28004cccc 故答案为：4 【点睛】 本题考查余弦定理，考查基本分析求解能力，属基础题. 第 9 页 共 18 页 14 已知变量已知变量x，y满足满足 1 1 30 x y xy ， 目
19、标函数是目标函数是3zxy， 则， 则z的最大值为的最大值为_ 【答案】【答案】5 【解析】【解析】作出不等式组对应的平面区域，利用目标函数的几何意义，利用数形结合即可 得到结论 【详解】 解：作出不等式组对应的平面区域如图： （阴影部分） 由3zxy得3yxz， 根据z的几何意义可知，当直线3yxz过点2,1A时，z取得最大值. 即 max 3 2 15z . 故答案为：5. 【点睛】 本题主要考查线性规划的应用，利用目标函数的几何意义，结合数形结合的数学思想是 解决此类问题的基本方法，属于基础题 15数列数列 n a中，中， 1 1a ， 1 21 nn aan ，则数列，则数列 n a的
20、通项公式为的通项公式为_ 【答案】【答案】 2 n an 【解析】【解析】根据累加法求通项公式即可. 【详解】 解：因为 1 21 nn aan ，所以 1 21 nn aan ， 所以 1 211 nn aan ， 12 221 nn aan ， 23 231 nn aan ， 第 10 页 共 18 页 21 2 1 1aa ， 累加得： 2 1 1 =2 1 211211 2 n nn aannnn ， * 2,nnN， 由于 1 1a ，所以 2 n an， * 2,nnN 显然当1n 时， 1 1a 满足 2 n an， 所以 2 n an， * nN . 故答案为： 2 n an
21、【点睛】 本题考查累加法求数列的通项公式，数列前n项和公式，考查数学运算能力，是中档题. 四、双空题四、双空题 16已知正方体的外接球与内切球上各有一个动点已知正方体的外接球与内切球上各有一个动点P、 、Q，若线段，若线段PQ的最小值为的最小值为 2 32 ，则正方体的棱长为，则正方体的棱长为_；正方体的外接球的表面积为；正方体的外接球的表面积为_ 【答案】【答案】4 48 【解析】【解析】先根据正方体的棱长表示正方体的外接球与内切球半径，再根据三角形性质确 定线段PQ的最小值取法，解得正方体的棱长，最后根据球的表面积求结果. 【详解】 设正方体的棱长为a，则正方体的外接球与内切球半径分别为
22、3 , 22 a a ， 3 |32 324 222 aaa PQaa 正方体的外接球的表面积为 22 3 4 ()4 (2 3)48 2 a 故答案为：4，48 【点睛】 本题考查正方体的外接球与内切球以及球表面积公式，考查基本分析求解能力，属基础 题. 第 11 页 共 18 页 五、解答题五、解答题 17已知直线已知直线l：2 60 xy与与x轴的交点为轴的交点为A，且点，且点A在直线在直线m上上 （1）若）若ml，求直线，求直线m的方程；的方程； （2）若点）若点1,1B到直线到直线m的距离等于的距离等于 2，求直线，求直线m的方程的方程 【答案】【答案】 （1） 230 xy ； （
23、2）3490 xy或3x 【解析】【解析】 （1）先求 A 点坐标，再根据垂直得直线m的斜率，最后根据点斜式得结果； （2）先验证m的斜率不存在时是否满足题意，再考虑m的斜率存在时,利用点到直线 距离公式求斜率，即得结果. 【详解】 （1）依题意得(3,0)A， ,2 l ml k 1 2 m k 又(3,0)A，直线AB的方程为 1 0(3) 2 yx ， 即 230 xy ， （2）当直线m的斜率不存在时，3x 符合题意， 当直线m的斜率存在时，设其方程为(3)yk x， 点 (1,1)B 到直线m的距离等于2 2 2 2 1 k k ，解得 3 4 k 综上，所求直线方程为3490 xy
24、或3x 【点睛】 本题考查求直线方程、根据两直线位置关系求方程、点到直线距离公式，考查基本分析 求解能力，属基础题. 18在在ABC中中，角，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 2 coscoscosaBbCcB （1）求角）求角B； （2）若）若 2 2ca ， 3 3 2 ABC S ，求，求b 【答案】【答案】 （1） 3 B ； （2） 14b 【解析】【解析】 （1）解法一，利用正弦定理化边为角，即得结果；解法二：利用余弦定理化等 第 12 页 共 18 页 式右边为边，即得结果； （2）解法一，先根据三角形面积公式得6ac ，再根据余弦定理求结果；解
25、法二;先根 据三角形面积公式得6ac ，再解出 , ,a c 最后根据余弦定理求结果. 【详解】 （1）解法一：2 coscoscosaBbCcB 由正弦定理得：2sincossincossincosABBCCB， si2sn(inc)sin()ssionBCBAAA ， sin0A， 1 cos 2 B， (0, )B 3 B 解法二：由余弦定理得 222222 coscos 22 abcacb bCaBa aa 2 cosaBa 余下部分同解法一 （2）解法一： 13 3 sin 22 ABC SacB， 13 3 sin 232 ac，则6ac ， 222 2cos 3 bacac 22
26、 acac 2 ()2caacac 2 ()caac8 6 14 14b 解法二： 13 3 sin 22 ABC SacB， 13 3 sin 232 ac，则6ac ， 联立 6 2 2 ac ca ，解得： 2 3 2 a c ， 第 13 页 共 18 页 222 2cos 3 bacac 1 2 1822 3 2 2 14 14b 【点睛】 本题考查利用正弦定理与余弦定理解三角形，考查基本分析求解能力，属基础题. 19已知函数已知函数 2 4axaxbf x （1）若关于）若关于x的不等式的不等式 0f x 的解集为的解集为1,b，求，求a，b的值；的值； （2）当）当3ba时，求关
27、于时，求关于x的不等式的不等式 0f x 的解集的解集 【答案】【答案】 （1）1,3ab； （2）分类讨论，答案见解析 【解析】【解析】 （1）根据不等式解集得对应方程的根，再根据韦达定理求a，b的值； （2）根据a与 0 的大小分类讨论，即得对应不等式解集. 【详解】 （1）不等式 2 ( )40f xaxaxb的解集为(1, ) b 14b b b a ， 解得1,3ab （2）3ba， 2 ( )430f xaxaxa 即(1)(3)0a xx， 当0a时，x， 当0a时，13x， 当0a 时，1x或3x 综上所述， 当0a时，不等式解集为 当0a时，不等式解集为(1,3) 当0a 时
28、，不等式解集为(,1)(3,) 【点睛】 第 14 页 共 18 页 本题考查根据不等式解集求参数、 解含参数不等式， 考查基本分析求解能力， 属中档题. 20如图，四棱锥如图，四棱锥PABCD中，四边形中，四边形ABCD是平行四边形， 是平行四边形，PD 平面平面ABCD， 2 1 2 PDADAB直线直线PB与面与面ABCD所成角为所成角为 4 ，点，点E在线段在线段PA上上 （1）若点）若点E是是AP的中点，求证：的中点，求证：/ /PC平面平面BDE； （2）若）若 2 3 AEPA，求多面体求多面体BCPED的体积的体积 【答案】【答案】 （1）证明见解析； （2） 2 9 【解析】
29、【解析】 （1）连接AC交BD于点O，根据中位线性质得/EOPC，再根据线面平行 判定定理得结果； （2）先确定直线PB与面ABCD所成角，再证BDPAD 面，分别根据锥体体积公 式求 - , P ABCDE ABD VV ，最后相减得结果. 【详解】 （1）连接AC交BD于点O，连接EO， 在APC中，因为EO、分别是APAC、的中点，所以/EOPC 又因为EOBDE 面，PCBDE 面，所以/ /PC平面BDE （2）因为PDABCD 面，直线PB与面ABCD所成的角为 4 ， 第 15 页 共 18 页 所以= 4 PBD ，=1BD 在ABD中， 112BDADAB， ，所以 222
30、ABADBD ， 所以BDAD 又因为PDABCD 面，面BDABCD，所以PDBD ,PDADD PDPADADPAD面，面， 所以BDPAD 面 因为 12121 ()1 23233 AED SADPD 所以 1111 =1 3339 E ABDAEB VSBD ， 或 121121 =()(1 1) 333239 E ABDB ADEABD VVSPD ， 又因为 - 111 =(1 1) 1 333 P ABCDABCD VSPD ， 所以 - 112 = 399 P ABCDE ABDBCPED VV 多面体 V 【点睛】 本题考查线面平行判定定理、线面垂直判定定理、锥体体积公式，考
31、查基本分析论证与 求解能力，属中档题. 21习近平总书记指出：习近平总书记指出：“我们既要绿水青山，也要金山银山我们既要绿水青山，也要金山银山” ”新能源汽车环保、节新能源汽车环保、节 能，以电代油，减少排放，既符合我国的国情，也代表了世界汽车产业发展的方向宁能，以电代油，减少排放，既符合我国的国情，也代表了世界汽车产业发展的方向宁 德某新能源公司投资德某新能源公司投资 144 万元用于新能源汽车充电桩项目， 第一年该项目维修保养费用万元用于新能源汽车充电桩项目， 第一年该项目维修保养费用 为为 24 万元， 以后每年增加万元， 以后每年增加 8 万元， 该项目每年可给公司带来万元， 该项目每
32、年可给公司带来 100 万元的收入 假设第万元的收入 假设第n 年底，该项目的纯利润为年底，该项目的纯利润为 f n （纯利润累计收入累计维修保养费投资成本） （纯利润累计收入累计维修保养费投资成本） （1）写出）写出 f n的表达式，并求该项目从第几年起开始盈利？的表达式，并求该项目从第几年起开始盈利？ （2）若干年后，该公司为了投资新项目，决定转让该项目，现有以下两种处理方案：）若干年后，该公司为了投资新项目，决定转让该项目，现有以下两种处理方案： 年平均利润最大时，以年平均利润最大时，以 72 万元转让该项目；万元转让该项目；纯利润最大时，以纯利润最大时，以 8 万元转让该项目；万元转让
33、该项目； 你认为以上哪种方案最有利于该公司的发展？并说明理由你认为以上哪种方案最有利于该公司的发展？并说明理由 【答案】【答案】 （1） 2 ( )480144f nnn ，从第 3年开始盈利； （2）选择方案最合算， 理由见解析 【解析】【解析】 （1）先根据等差数列求和公式得累计维修保养费，再根据纯利润累计收入 累计维修保养费投资成本得 f n的表达式， 最后解不等式( )0f n ， 确定盈利起始 第 16 页 共 18 页 年; （2）按方案：结合基本不等式求最值，确定总利润，按方案，根据二次函数性质 求最值，确定总利润，最后比较总利润大小以及时间成本，即可确定选择. 【详解】 （1）
34、由题意，每年的维修保养费是以 24 为首项，8为公差的等差数列， 设纯利润与年数的关系为( )f n， 则 2 (1) ( )100248144480144 2 n n f nnnnn 令 2 ( )4801440f nnn ，解得218n， * nN，该项目从第 3年开始盈利 （2）按方案：年利润为 ( )3636 804()804 232 f n nn nnn ， 当且仅当 36 n n ，即6n时，取等号， 按方案共获利6 32 72264万元，此时6n 按方案： 22 ( )4801444(10)256f nnnn ， 当10n时， max ( )256f n，按方案，共获利256 8
35、264 万元，此时10n 以上两种方案，两种方案都获利 264 万元，但方案只需 6年，而方案需要 10 年， 故选择方案最合算 【点睛】 本题考查等差数列求和公式、解一元二次不等式、利用基本不等式求最值、根据二次函 数性质求最值，考查综合分析求解能力，属中档题. 22已知等比数列已知等比数列 n a满足满足 12 3aa， 23 6aa；数列；数列 n b满足满足 123 11111 1111 nn bbbbb （1）求数列）求数列 n a， n b的通项公式；的通项公式； （2） 设） 设 2 1 1 nn n ca b ， 数列， 数列 n c的前的前n项和为项和为 n T， 若不等式，
36、 若不等式 ( 1) 1 22 n n nn T 恒成立，恒成立， 求求的取的取值范围值范围 【答案】【答案】 （1） 1 2n n a - =；1 n bn； （2） 435 324 第 17 页 共 18 页 【解析】【解析】 （1）根据条件列首项与公比方程组，解得结果代入等比数列通项公式即得数列 n a通项公式；利用递推关系得 1 1 nn bb ，再根据等差数列定义以及通项公式得 n b的通项公式； （2）先化简 n c，再根据分组求和得 n T，根据奇偶分类讨论并变量分离，最后结合数列 单调性确定数列最大项与最小项，即得结果. 【详解】 （1）由题意 11 2 11 3 6 aa q
37、 a qa q ， 解得 1 1 2 a q ，所以 1 2n n a - = 当1n 时， 11 11 1 bb ，解得 1 2b 因为 1231 111111 (1) (1) (1)(1)(1) nnn bbbbbb ， 当1n 时， 12311 11111 (1) (1) (1)(1) nn bbbbb ， 上述两式相除，得 1 1 1 n nn b bb ，即 1 1 nn bb ，所以 n b是以 2 为首项，1 为公差的 等差数列，所以1 n bn （2） 1 2 11 2 1(2) n nn n ca bn n 数列 1 2n的前 n 项和为：1 2 21 1 2 n n 数列
38、1 (2)n n 的前 n 项和为： 1111111 1 32 43 54 65 7(1)(1)(2)nnn n + 11111111111111 (1)()()()()()() 2324354657112nnnn + 1 311 () 2 212nn 第 18 页 共 18 页 所以 1 311 ()21 2 212 n n T nn 又因为 ( 1) 1 22 n n nn T ，所以( 1)2 nn n T，令2( ) n n Tn， 即 1 311 ( )() 1 2 212 n nn 因为(1)( )nn 1 3111 311111 () 1 () 1()0 2 2232 212213nnnnnn ， 所以( )n为增函数 当n为偶数时， ( )n恒成立，则 min ( )n 因为 min 1 31135 ( )() 1 2 22 12224 n ，即 35 24 当n为奇数时， ( )n 恒成立，则 max ( )n ，由上可知道( )n是减函数， 所以 max 11134 ( )() 1 2 1 11223 n ，即 4 3 综上， 435 324 【点睛】 本题考查等比数列通项公式以及求和公式、等差数列定义与通项公式、数列单调性、裂 项相消法求和、分组求和法，考查综合分析求解能力，属较难题.
