1版數學《高中全程復習方略》（提升版）人教A版四十五空間直線、平面的垂直四十五空間直線、平面的垂直(時間:45分鐘分值:90分)【基礎落實練】1.(5分)(多選題)若m,n,l為空間三條不同的直線,α,β,γ為空間三個不同的平面,則下列為真命題的是 ()A.若m⊥l,n∥l,則m⊥nB.若m⊥β,m∥α,則α⊥βC.若α⊥γ,β⊥γ,則α∥βD.若α∩γ=m,β∩γ=n,m∥n,則α∥β【解析】選AB.C中,α與β可能平行或相交;D中,α與β可能平行或相交.2.(5分)已知α,β是兩個不同的平面,l,m,n是三條不同的直線,下列條件中,可以得到l⊥α的是 ()A.l⊥m,l⊥n,m?α,n?αB.l⊥m,m∥αC.α⊥β,l∥βD.l∥m,m⊥α【解析】選D.對于A,l⊥m,l⊥n,m?α,n?α,則l與α相交、平行或l?α,故A錯誤;對于B,l⊥m,m∥α,則l與α相交、平行或l?α,故B錯誤;對于C,α⊥β,l∥β,則l與α相交、平行或l?α,故C錯誤;對于D,l∥m,m⊥α,則l⊥α,故D正確.3.(5分)《九章算術》中將底面是矩形且有一條側棱與底面垂直的四棱錐稱為陽馬,將四個面都是直角三角形的四面體稱為鱉臑.在如圖所示的陽馬P-ABCD中,側棱PD⊥底面ABCD,且PD=CD=BC,點E,F分別為線段PB,PC的中點.下列說法正確的是 ()A.四面體E-BCD和四面體F-BCD都是鱉臑B.四面體E-BCD和四面體F-BCD都不是鱉臑C.四面體E-BCD是鱉臑,四面體F-BCD不是鱉臑D.四面體E-BCD不是鱉臑,四面體F-BCD是鱉臑【解析】選D.不妨設PD=CD=BC=2,則DE=BE=3,BD=22,所以cos∠BED=DE2+BE2-BPD⊥底面ABCD,則PD⊥BC,又因為ABCD為正方形,則CD⊥BC,PD∩CD=D,所以BC⊥平面PCD,PC,DF?平面PCD,則BC⊥DF,BC⊥PC,又因為PD=DC,且點F為線段PC的中點,則PC⊥DF,PC∩BC=C,所以DF⊥平面PBC,BF?平面PBC,則DF⊥BF,即可得CD⊥BC,BC⊥PC,PC⊥DF,DF⊥BF,所以△BCD,△FBC,△CDF,△BDF均為直角三角形,則四面體F-BCD是鱉臑.4.(5分)如圖,在四邊形ABCD中,AD∥BC,AD=AB,∠BCD=45°,∠BAD=90°.將△ADB沿BD折起,使平面ABD⊥平面BCD,構成三棱錐A-BCD,則在三棱錐A-BCD中,下列結論正確的是 ()A.平面ABD⊥平面ABCB.平面ADC⊥平面BDCC.平面ABC⊥平面BDCD.平面ADC⊥平面ABC【解析】選D.因為在四邊形ABCD中,AD∥BC,AD=AB,∠BCD=45°,∠BAD=90°,所以BD⊥CD,又因為平面ABD⊥平面BCD,且平面ABD∩平面BCD=BD,所以CD⊥平面ABD,所以CD⊥AB,又因為AD⊥AB,AD∩CD=D,所以AB⊥平面ADC,即平面ABC⊥平面ADC.5.(5分)如圖,在四棱錐P-ABCD中,△PAB與△PBC是正三角形,平面PAB⊥平面PBC,AC⊥BD,則下列結論不一定成立的是 ()A.BP⊥ACB.PD⊥平面ABCDC.AC⊥PDD.平面PBD⊥平面ABCD【解析】選B.如圖,取線段BP的中點O,連接OA,OC,易得BP⊥OA,BP⊥OC,又OA∩OC=O,所以BP⊥平面OAC,所以BP⊥AC,故選項A正確;又AC⊥BD,BP∩BD=B,所以AC⊥平面PBD,所以AC⊥PD,故選項C正確;又AC?平面ABCD,所以平面PBD⊥平面ABCD,故選項D正確.6.(5分)(多選題)如圖,梯形ABCD中,AD∥BC,∠ABC=90°,AD∶BC∶AB=2∶3∶4,E,F分別是AB,CD的中點,將四邊形ADFE沿直線EF進行翻折,則下列結論可能正確的有 ()A.DF⊥BCB.BD⊥FCC.平面BDF⊥平面BCFD.平面DCF⊥平面BCF【解析】選BC.對于A,因為BC∥AD,AD與DF相交但不垂直,所以BC與DF不垂直,則A錯誤;對于B,設點D在平面BCF上的射影為點P,當BP⊥CF時就有BD⊥FC,而AD∶BC∶AB=2∶3∶4可使條件滿足,所以B正確;對于C,當點D在平面BCF上的射影P落在BF上時,DP?平面BDF,從而平面BDF⊥平面BCF,所以C正確;對于D,因為點D在平面BCF上的射影不可能在FC上,所以D錯誤.【加練備選】(多選題)如圖,PA垂直于以AB為直徑的圓所在的平面,C為圓上異于A,B的任意一點,AE⊥PC,垂足為E,點F是PB上一點,則下列判斷中正確的是 ()A.BC⊥平面PACB.AE⊥EFC.AC⊥PBD.平面AEF⊥平面PBC【解析】選ABD.對于A,PA垂直于以AB為直徑的圓所在的平面,而BC?底面圓面,則PA⊥BC,又由圓的性質可知AC⊥BC,且PA∩AC=A,PA,AC?平面PAC,則BC⊥平面PAC,所以A正確;對于B,由A項可知BC⊥AE,由題意可知AE⊥PC,且BC∩PC=C,BC,PC?平面PCB,所以AE⊥平面PCB.而EF?平面PCB,所以AE⊥EF,所以B正確;對于C,由B項可知AE⊥平面PCB,因而AC與平面PCB不垂直,所以AC⊥PB不成立,所以C錯誤;對于D,由B項可知,AE⊥平面PCB,AE?平面AEF,由面面垂直的判定定理可得平面AEF⊥平面PBC,所以D正確.7.(5分)在正方體ABCD-A1B1C1D1中,N為底面ABCD對角線的交點,P為棱A1D1上的動點(不包括兩個端點),M為線段AP的中點,則下列結論正確的是________.(填寫所有正確結論的序號)

(1)CM與PN是異面直線;(2)若P為棱A1D1的中點,則|CM|>|PN|;(3)過P,A,C三點的正方體的截面一定不是等腰梯形;(4)平面PAN⊥平面BDD1B1.【解析】由A,N,C三點共線,M為AP的中點,可得直線CA,PM為相交直線,所以CM,PN為相交直線,故(1)錯誤;設正方體的棱長為2,則AC=22,AP=5,AM=52,AN=2,CM2=AM2+AC2-2AM·AC·cos∠PAC=54+8-210cos∠PAC=374-210cos∠PAC,PN2=AN2+AP2-2AN·AP·cos∠PAC=2+5-210cos∠PAC=7-210cos∠PAC,CM2-PN2=37在C1D1上取一點K,連接KP,KC,A1C1,使得PK∥A1C1,由A1C1∥AC,可得PK∥AC,則截面PKCA為過P,A,C的正方體的截面,由正方體的性質可得AP=CK,則過P,A,C三點的正方體的截面是等腰梯形,故(3)錯誤;由正方形的性質可得AC⊥BD,B1B⊥平面ABCD,AC?平面ABCD,可得B1B⊥AC,BD∩B1B=B,所以AC⊥平面BDD1B1,又AC?平面PAN,所以平面PAN⊥平面BDD1B1,故(4)正確.答案:(2)(4)8.(10分)如圖所示,在直角梯形BCEF中,∠CBF=∠BCE=90°,A,D分別是BF,CE上的點,AD∥BC,且DE=2AD=2AF(如圖1),將四邊形ADEF沿AD折起,連接BE,BF,CE(如圖2).(1)判斷四邊形BCEF是否是平面四邊形,并寫出判斷理由;【解析】(1)結論:四邊形BCEF不可能是平面四邊形.理由如下:若B,C,E,F共面,則由BC∥AD,BC∥平面ADEF,可推出BC∥EF,又BC∥AD,則AD∥EF,矛盾.所以四邊形BCEF不可能是平面四邊形.8.(10分)如圖所示,在直角梯形BCEF中,∠CBF=∠BCE=90°,A,D分別是BF,CE上的點,AD∥BC,且DE=2AD=2AF(如圖1),將四邊形ADEF沿AD折起,連接BE,BF,CE(如圖2).(2)當EF⊥CF時,求證:平面ADEF⊥平面ABCD.【解析】(2)在平面ADEF中,易得EF⊥FD,又因為EF⊥CF,FD∩CF=F,所以EF⊥平面CDF,又CD?平面DCF,所以EF⊥CD,又因為CD⊥AD,而AD,EF延長后相交,所以CD⊥平面ADEF,又因為CD?平面ABCD,所以平面ADEF⊥平面ABCD.【能力提升練】9.(5分)如圖,在四面體ABCD中,已知AB⊥AC,BD⊥AC,那么D在平面ABC內的射影H必在 ()A.直線AB上 B.直線BC上C.直線AC上 D.△ABC內部【解析】選A.由AB⊥AC,BD⊥AC,AB∩BD=B,則AC⊥平面ABD,而AC?平面ABC,則平面ABC⊥平面ABD,因此D在平面ABC內的射影H必在平面ABC與平面ABD的交線AB上.【加練備選】如圖,在斜三棱柱ABC-A1B1C1中,∠BAC=90°,BC1⊥AC,則C1在底面ABC上的射影H必在 ()A.直線AB上 B.直線BC上C.直線AC上 D.△ABC內部【解析】選A.由AC⊥AB,AC⊥BC1,AB∩BC1=B,得AC⊥平面ABC1.因為AC?平面ABC,所以平面ABC1⊥平面ABC,所以C1在平面ABC上的射影H必在兩平面的交線AB上.10.(5分)(多選題)如圖,在以下四個正方體中,直線AB與平面CDE垂直的是 ()【解析】選BD.對于A,顯然AB與CE不垂直,則直線AB與平面CDE不垂直;對于B,因為AB⊥CE,AB⊥ED,且CE∩ED=E,所以AB⊥平面CDE;對于C,顯然AB與CE不垂直,所以直線AB與平面CDE不垂直;對于D,因為ED⊥平面ABC,則ED⊥AB,同理CE⊥AB,因為ED∩CE=E,所以AB⊥平面CDE.11.(5分)在正方體ABCD-A1B1C1D1中,O是底面ABCD的中心,E,F,G,H分別是棱A1A,B1B,C1C,D1D的中點,請寫出一個與A1O垂直的正方體的截面:________.

【解析】如圖,連接AC,BD,BG,DG,A1G,OG,A1C1,易知BD⊥AC,BD⊥AA1,又AC∩AA1=A,故BD⊥平面ACC1A1,因為A1O?平面ACC1A1,故BD⊥A1O,設正方體的棱長為2,則A1O=AA12+AO2=4+2=6,OG=OC2=8+1=3,故A1G2=A1O2+OG2,故A1O⊥OG,OG∩BD=O,故A1O⊥平面GBD.答案:平面GBD(答案不唯一)12.(5分)如圖所示,在正方體ABCD-A1B1C1D1中,點E是棱CC1上的一個動點,平面BED1交棱AA1于點F.給出下列四個結論:①存在點E,使得A1C1∥平面BED1F;②存在點E,使得B1D⊥平面BED1F;③對于任意的點E,平面A1C1D⊥平面BED1F;④對于任意的點E,四棱錐B1-BED1F的體積均不變.其中,所有正確結論的序號是________.

【解析】①當E為棱CC1的中點時,F也為棱AA1的中點,此時A1C1∥EF;滿足A1C1∥平面BED1F成立,所以①正確.②因為BD1?平面BED1F,所以若存在點E,使得B1D⊥平面BED1F,則B1D⊥BD1,則矩形BDD1B1是正方形或菱形,在正方體中,BD=2BB1.則矩形BDD1B1不可能是正方形或菱形,所以不可能存在點E,使得B1D⊥平面BED1F,所以②錯誤.③連接D1B,則D1B⊥平面A1C1D,而D1B?平面BED1F,所以平面A1C1D⊥平面BED1F成立,所以③正確.④四棱錐B1-BED1F的體積等于VD1-設正方體的棱長為1,因為無論E,F在何點,△BB1E的面積為12×1×1=12為定值,三棱錐D1-BB1E的高D1C△BB1F的面積為12×1×1=1三棱錐D1-BB1F的高為D1A1=1,保持不變.所以三棱錐D1-BB1E和三棱錐D1-BB1F的體積均為定值,即四棱錐B1-BED1F的體積等于VD1-BB答案:①③④13.(10分)如圖,在三棱柱ABC-A1B1C1中,∠ACB=∠AA1C=90°,平面AA1C1C⊥平面ABC.(1)求證:AA1⊥A1B;【解析】(1)因為平面AA1C1C⊥平面ABC,平面AA1C1C∩平面ABC=AC,BC⊥AC,所以BC⊥平面AA1C1C.又AA1?平面AA1C1C,所以BC⊥AA1.因為∠AA1C=90°,所以AA1⊥A1C.又因為BC∩A1C=C,所以AA1⊥平面A1BC.又A1B?平面A1BC,所以AA1⊥A1B.13.(10分)如圖,在三棱柱ABC-A1B1C1中,∠ACB=∠AA1C=90°,平面AA1C1C⊥平面ABC.(2)若AA1=2,BC=3,∠A1AC=60°,求點C到平面A1ABB1的距離.【解析】(2)由(1)可知A1A⊥平面A1BC,A1A?平面A1ABB1,所以平面A1BC⊥平面A1ABB1,且交線為A1B,所以點C到平面A1ABB1的距離等于△CA1B的A1B邊上的高,設其為h.在Rt△AA1C中,A1A=2,∠A1AC=60°,則A1C=23.由(1)得BC⊥A1C,所以在Rt△A1CB中,BC=3,A1B=21,h=BC·A1故點C到平面A1ABB1的距離為6714.(10分)如圖所示,在四棱錐P-ABCD中,底面ABCD是∠DAB=60°且邊長為a的菱形,側面PAD為正三角形,其所在平面垂直于底面ABCD,若G為AD的中點.(1)求證:BG⊥平面PAD;【解析】(1)在菱形ABCD中,∠DAB=60°,G為AD的中點,所以BG⊥AD.又平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,BG?平面ABCD,所以BG⊥平面PAD.14.(10分)如圖所示,在四棱錐P-ABCD中,底面ABCD是∠DAB=60°且邊長為a的菱形,側面PAD為正三角形,其所在平面垂直于底面ABCD,若G為AD的中點.(2)求證:AD⊥PB;【解析】(2)如圖,連接PG,因為△PAD為正三角形,G為線段AD的中點,所以PG⊥AD.由(1)知BG⊥AD,又PG∩BG=G,所以AD⊥平面PGB.因為PB?平面PGB,所以AD⊥PB.14.(10分)如圖所示,在四棱錐P-ABCD中,底面ABCD是∠DAB=60°且邊長為a的菱形,側面PAD為正三角形,其所在平面垂直于底面ABCD,若G為AD的中點.(3)若E為BC邊的中點,能否在棱PC上找到一點F,使平面DEF⊥平面ABCD?并證明你的結論.【解析】(3)能,當F為線段PC的中點時,平面DEF⊥平面ABCD.證明如下:取線段PC的中點F,連接DE,EF,DF.在△PBC中,FE∥PB,在菱形ABCD中,GB∥DE.而FE?平面DEF,DE?平面DEF,EF∩DE=E,PB?平面PGB,GB?平面PGB,PB∩GB=B,所以平面DEF∥平面PGB.因為平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,PG?平面PAD,PG⊥AD,所以PG⊥平面ABCD.又PG?平面PGB,所以平面PGB⊥平面ABCD,所以平面DEF⊥平面ABCD.【素養創新練】15.(5分)正方形ABCD的邊長為2,E,F分別是AB和CD的中點,將正方形沿EF折成直二面角如圖所示,M為矩形AEFD內的一點,MO⊥EF于點O,如果∠MBE=∠MBC,tan∠MBO=12,那么線段MO的長為__________【解析】設MO=x,x>0,由于平面AEFD⊥平面BEFC,且交線為EF,MO⊥EF,所以MO⊥平面BEFC,則MO⊥OB,所以tan∠MBO=MOOB=xOB=則OE=4x2-1,OF=2-4x2-1,BM=5x,EM=5xOC2=(2-4x2-1)MC2=2-4x2-由于∠MBE=∠MBC,所以cos∠MBE=cos∠MBC,即1=5x解得x=22,即MO=2答案:2四十一數列的綜合應用(時間:45分鐘分值:95分)【基礎落實練】1.(5分)已知各項均為正數的等比數列{an}的前4項和為15,4a1,2a3,a5成等差數列,則a1= ()A.52-5 B.52+5C.52 D.5【解析】選A.設等比數列{an}的公比為q(q>0),a1≠0,故由題意可得:a1a1解得q2=2,q=2,a1=52-5.2.(5分)設數列{an},{bn}都是正項等比數列,Sn,Tn分別為數列{lgan}與{lgbn}的前n項和,且SnTn=n+12n,則logaA.35 B.95 C.59 【解析】選D.因為數列{an},{bn}都是正項等比數列,所以數列{lgan}與{lgbn}為等差數列.因為SnTn=n+12n,所以S5T5=lg(a1·a2·…3.(5分)若f(x)=xm+ax的導函數為f'(x)=2x+1,則數列{1f(n)}(n∈N*)的前n項和為A.nn+1 B.n+2n+1 C.n【解析】選A.因為f(x)=xm+ax,所以f'(x)=mxm-1+a.又因為f'(x)=2x+1,所以m=2,a=1,所以f(n)=n2+n=n(n+1),所以1f(n)=1n所以數列{1f(n1f(1)+1f(2)+…+1f(n)=(1-12)+(14.(5分)等差數列{an}的前n項和為Sn.已知a1=-5,a3=-1.記bn=Snan(n=1,2,…),則數列{bn}的 A.最小項為b3 B.最大項為b3C.最小項為b4 D.最大項為b4【解析】選C.等差數列{an}中,a1=-5,a3=-1,所以d=2,an=-5+2(n-1)=2n-7,Sn=-5n+n(n-1)2則bn=Snan令f(x)=x2-6則f'(x)=2(故f(x)在(0,72),(72,+∞)上單調遞增,沒有最大值.因為b1=1,b3=9,b4=-8,結合數列的函數特性易得,當n=4時,bn5.(5分)已知數列{an}滿足a1=1,P(an,an+1)(n∈N*)在直線x-y+1=0上,如果函數f(n)=1n+a1+1n+a2+…+1n+an(n∈NA.13 B.14 C.712 【解析】選C.將點P的坐標代入直線方程,得an+1-an=1,所以{an}是首項為1,公差為1的等差數列,所以an=n,所以f(n)=1n+1+1n+2+…+1n+n,f(n+1)=1所以f(n+1)-f(n)=1n+n+1+1n+n+2-所以f(n)單調遞增,故f(n)的最小值為f(2)=7126.(5分)(多選題)在《增刪算法統宗》中有這樣一則故事:“三百七十八里關,初行健步不為難;次日腳痛減一半,六朝才得到其關.”意思是某人要走三百七十八里的路程,第一天腳步輕快有力,走了一段路程,第二天腳痛,走的路程是第一天的一半,以后每天走的路程都是前一天的一半,走了六天才走完這段路程.則下列說法正確的是 ()A.此人第二天走了九十六里路B.此人第一天走的路程比后五天走的路程多六里C.此人第三天走的路程占全程的1D.此人后三天共走了四十二里路【解析】選ABD.記每天走的路程里數為an(n=1,2,3,…,6),由題意知{an}是公比為12的等比數列,由S6=378,得a1(1-126)1-12=378,解得a1=192,所以a2=192×7.(5分)已知數列{an}的前n項和為Sn,且a1=1,{lgSn}是公差為lg3的等差數列,則a2+a4+…+a2n=________.

【解析】S1=a1=1,則lgS1=lg1=0,因為{lgSn}是公差為lg3的等差數列,所以lgSn=(n-1)lg3=lg3n-1,則Sn=3n-1.當n≥2時,an=Sn-Sn-1=3n-1-3n-2a2=2,當n≥2時,an+1a所以數列{an}自第二項起構成公比為3的等比數列,可得a2+a4+…+a2n=2(1-答案:98.(5分)已知數列{an}是各項均為正數的等比數列,Sn是其前n項和,若S2+a2=S3-3,則a4+3a2的最小值為________.

【解析】因為S3-S2=a3,所以由S2+a2=S3-3,得a3-a2=3.設等比數列{an}的公比為q,則a1=3q(q-1),由于{an}的各項均為正,所以q>1.a4+3a2=a1q3+3a1q=a1q(q2+3)=3q(q-1)·q(q2+3)=3(q2+3答案:189.(10分)(2023·濟南模擬)已知數列an滿足a1=1,nan+1-(n+1)an=1(1)若數列bn滿足bn=1+an【解析】(1)因為bn+1-bn=1+an=n=n=n+1-(n+1)(n+1所以bn是常數列9.(10分)(2023·濟南模擬)已知數列an滿足a1=1,nan+1-(n+1)an=1(2)若數列cn滿足cn=sin(π2an)+2an,求cn的前2n【解析】(2)因為a1=1,所以bn=b1=1+a所以1+ann=2,所以an=2因為cn=sinπ2(2n-sin(nπ-π2)+22n-1,所以S2n=+(21+23+25+…+24n-1)=(1-1+1-1+…-1)+2(1-【能力提升練】10.(5分)我國古代數學名著《九章算術》中,有已知長方形面積求一邊的算法,其方法的前兩步為:第一步:構造數列1,12,13,14,…,第二步:將數列①的各項乘n2,得到一個新數列a1,a2,a3,…,an.則a1a2+a2a3+a3a4+…+an-1an= (A.n24 BC.n(n-1)4【解析】選C.由題意知所得新數列為1×n2,12×n2,13×n2,…,1n×n2,所以a1a2+a2a3+a3a4+…+an-1an=n24[11×2+12×3+13×4+…+1(n-1)×n]=n24[(1-12)+(11.(5分)已知數列{an}滿足a1+12a2+13a3+…+1nan=n2+n(n∈N*),設數列{bn}滿足bn=2n+1anan+1,數列{bn}的前n項和為Tn,若Tn<nn+1λA.[14,+∞) B.(1C.[38,+∞) D.(3【解析】選D.數列{an}滿足a1+12a2+13a3+…+1nan=n2+當n≥2時,a1+12a2+13a3+…+1n-1an-1=(n-1)2①-②得1nan=2n,故an=2n2當n=1時,a1=2也滿足上式,所以an=2n2,n∈N*.數列{bn}滿足:bn=2n+1=14[1n2-則Tn=14[1-(12)2+(12)2-(13)2+…+1n2-1(n由于Tn<nn+1λ(n∈N故14[1-1(n+1)2]<nn因為y=n+24n+4=14(1+1n+1)在n∈N*上單調遞減,故當n=1時,(n+2412.(5分)已知Sn為數列{an}的前n項和,an=2·3n-1(n∈N*),若bn=an+1SnSn+1,則b1+b2+【解析】由an=2·3n-1可知數列{an}是以2為首項,3為公比的等比數列,所以Sn=2(1-3n)1-3=3n-1,則bn則b1+b2+…+bn=(1S1-1S2)+(1S2-1S3)+…+(1Sn答案:12-13.(5分)已知f(x)是定義在R上不恒為零的函數,對于任意的x,y∈R都有f(xy)=xf(y)+yf(x)成立,數列{an}滿足an=f(3n)(n∈N*),且a1=3,則數列{an}的通項公式為an=________.

【解析】因為an=f(3n),所以an+1=f(3n+1)且a1=3=f(3).又因為對于任意的x,y∈R都有f(xy)=xf(y)+yf(x)成立,所以令x=3n,y=3,則f(3n+1)=3nf(3)+3f(3n),所以an+1=3an+3·3n,所以an+13所以{an3n}是以1為首項,1為公差的等差數列,所以an3n=1+(n-1)×1=n,所以a答案:n·3n14.(10分)已知數列{an}的前n項和為Sn,且Sn=n22+(1)求數列{an}的通項公式;【解析】(1)因為Sn=n22+3所以當n≥2時,Sn-1=(n-1)所以由①-②得,an=Sn-Sn-1=n22+3n2-(n-又因為n=1時,a1=S1=2適合an=n+1,所以an=n+1,n∈N*.1