一輪對點88練答案解析3

對點練51數(shù)列求和1.D[S100＝(－1＋3)＋(－5＋7)＋…＋(－197＋199)＝2×50＝100.]2.B[Sn＝2n＋2，有Sn－1＝2n－1＋2(n≥2)，當(dāng)n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝2n＋2－(2n－1＋2)＝2n－1，當(dāng)n＝1時，a1＝S1＝21＋2＝4，不滿足上式，所以an＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(4，n＝1，,2n－1，n≥2.))令bn＝log2an，則bn＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2，n＝1，,n－1，n≥2，))所以T20＝2＋eq\f(19×(1＋19),2)＝192.]3.D[由an＋1＋(－1)nan＝3n－1，得a2－a1＝2，a3＋a2＝5，a4－a3＝8，a5＋a4＝11，….故a1＋a3＝3，a5＋a7＝3，a9＋a11＝3，…，即從第1項開始，依次取2個相鄰奇數(shù)項的和都等于3；a2＋a4＝13，a6＋a8＝37，a10＋a12＝61，…，即從第2項開始，依次取2個相鄰偶數(shù)項的和構(gòu)成以13為首項、24為公差的等差數(shù)列.故{an}的前60項和為3×15＋13×15＋eq\f(15×14,2)×24＝2760.]4.B[根據(jù)等比數(shù)列的性質(zhì)，由a1·a2024＝1可得an·a2025－n＝1，∵函數(shù)f(x)＝eq\f(4,1＋x2)，∴f(x)＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))＝eq\f(4,1＋x2)＋eq\f(4,1＋\f(1,x2))＝eq\f(4＋4x2,1＋x2)＝4，令T＝f(a1)＋f(a2)＋…＋f(a2024)，則T＝f(a2024)＋f(a2023)＋…＋f(a1)，∴2T＝f(a1)＋f(a2024)＋f(a2)＋f(a2023)＋…＋f(a2024)＋f(a1)＝4×2024，∴T＝4048.]5.C[因為Sn＋1(Sn＋1－3n)＝Sn(Sn＋3n)，所以Seq\o\al(2,n＋1)－3nSn＋1＝Seq\o\al(2,n)＋3nSn，即Seq\o\al(2,n＋1)－Seq\o\al(2,n)＝3nSn＋1＋3nSn，所以(Sn＋1＋Sn)(Sn＋1－Sn)＝3n(Sn＋1＋Sn)，因為數(shù)列{an}的各項都是正項，即Sn＋1＋Sn>0，所以Sn＋1－Sn＝3n，即an＋1＝3n，所以當(dāng)n≥2時，eq\f(an＋1,an)＝eq\f(3n,3n－1)＝3，所以數(shù)列{an}從第二項起，構(gòu)成以a2＝3為首項，公比q＝3的等比數(shù)列.所以S2024＝a1＋eq\f(a2(1－q2023),1－q)＝2＋eq\f(3×(1－32023),1－3)＝eq\f(32024＋1,2).]6.C[∵a2k＝8a2k－1，a2k＋1＝eq\f(1,2)a2k，∴a2k＋1＝4a2k－1.又a1＝3，∴數(shù)列{a2k－1}是首項為3，公比為4的等比數(shù)列.∵a2＝8a1＝24，eq\f(a2k＋2,a2k)＝eq\f(a2k＋2,a2k＋1)·eq\f(a2k＋1,a2k)＝4，∴數(shù)列{a2k}是首項為24，公比為4的等比數(shù)列，∴S2024＝(a1＋a3＋…＋a2023)＋(a2＋a4＋…＋a2024)＝eq\f(3(1－41012),1－4)＋eq\f(24(1－41012),1－4)＝9×41012－9.]7.D[依題意，因為an＋1＝2an－anan＋1，所以an＋1＝eq\f(2an,1＋an)，所以eq\f(1,an＋1)＝eq\f(1,2)×eq\f(1,an)＋eq\f(1,2)，所以eq\f(1,an＋1)－1＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)－1))，而eq\f(1,a1)－1＝eq\f(3,2)－1＝eq\f(1,2)≠0，故eq\f(\f(1,an＋1)－1,\f(1,an)－1)＝eq\f(1,2)，所以數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)－1))是以eq\f(1,2)為首項，eq\f(1,2)為公比的等比數(shù)列，所以eq\f(1,an)－1＝eq\f(1,2n)，所以an＝eq\f(2n,2n＋1)，所以eq\f(an,2n＋1＋1)＝eq\f(2n,(2n＋1)(2n＋1＋1))＝eq\f(1,2n＋1)－eq\f(1,2n＋1＋1)，所以Sn＝eq\f(1,21＋1)－eq\f(1,22＋1)＋eq\f(1,22＋1)－eq\f(1,23＋1)＋…＋eq\f(1,2n＋1)－eq\f(1,2n＋1＋1)＝eq\f(1,3)－eq\f(1,2n＋1＋1)，所以S2024＝eq\f(1,3)－eq\f(1,22025＋1).]8.n＋1[∵an＝f(0)＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)))＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,n)))＋…＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n－1,n)))＋f(1)，∴an＝f(1)＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n－1,n)))＋…＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,n)))＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)))＋f(0).兩式相加，得2an＝[f(0)＋f(1)]＋[feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)))＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n－1,n)))]＋…＋eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n－1,n)))＋f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)))))＋[f(1)＋f(0)]，∴2an＝2(n＋1)，∴an＝n＋1.]9.4049[S2025＝a1＋(a2＋a3)＋(a4＋a5)＋…＋(a2024＋a2025)，又an＋1＋an＝n－1009(n∈N*),且a1＝1，∴S2025＝1＋(2－1009)＋(4－1009)＋…＋(2024－1009)＝1＋(2＋4＋6＋…＋2024)－1009×1012＝1＋eq\f(2＋2024,2)×1012－1009×1012＝4049.]10.4050[因為an·an＋1·an＋2＝an＋an＋1＋an＋2，①所以當(dāng)n≥2時，有an－1·an·an＋1＝an－1＋an＋an＋1，②①－②得(an＋2－an－1)(an＋1an－1)＝0，因為a1＝1，a2＝2，所以2a3＝3＋a3，解得a3＝3，顯然a2a3≠1，于是有an＋2－an－1＝0，于是當(dāng)n∈N*時，an＋3＝an，所以數(shù)列{an}是以3為周期的周期數(shù)列.因為a1＋a2＋a3＝6，所以a1＋a2＋a3＋…＋a2025＝675×6＝4050.]11.(1)證明顯然an≠0，對an＋1＝eq\f(an,2an＋1)兩邊同時取倒數(shù)，得eq\f(1,an＋1)＝eq\f(2an＋1,an)＝eq\f(1,an)＋2，即eq\f(1,an＋1)－eq\f(1,an)＝2，所以數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是公差為2的等差數(shù)列.又a3＝eq\f(1,6)，所以eq\f(1,an)＝eq\f(1,a3)＋(n－3)×2＝2n，所以an＝eq\f(1,2n).(2)解由已知得bn＝eq\f(1,2n)·eq\f(1,2n＋2)＝eq\f(1,4n(n＋1))＝eq\f(1,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))，則數(shù)列{bn}的前n項和Tn＝eq\f(1,4)[eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))]＝eq\f(1,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,n＋1)))＝eq\f(n,4n＋4).12.解(1)設(shè)數(shù)列{an}的公差為d(d>0)，由題意得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(S4＝20，,aeq\o\al(2,4)＝a2·a8，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(4a1＋\f(4×3,2)d＝20，,(a1＋3d)2＝(a1＋d)(a1＋7d)，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝2，,d＝2))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝5，,d＝0))(舍)，所以an＝2＋(n－1)·2＝2n.(2)由(1)得an＝2n，所以bn＝4(n＋1)－3n＋2，所以Tn＝4×2－33＋4×3－34＋…＋4(n＋1)－3n＋2＝4[2＋3＋…＋(n＋1)]－(33＋34＋…＋3n＋2)＝4n·eq\f(2＋n＋1,2)－eq\f(27(1－3n),1－3)＝2n2＋6n＋eq\f(27,2)－eq\f(3n＋3,2).13.A[eq\f(1,4n2＋4n－3)＝eq\f(1,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋3)))，則Tn＝eq\f(1,4)(1－eq\f(1,5)＋eq\f(1,3)－eq\f(1,7)＋eq\f(1,5)－eq\f(1,9)＋…＋eq\f(1,2n－3)－eq\f(1,2n＋1)＋eq\f(1,2n－1)－eq\f(1,2n＋3))＝eq\f(1,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,3)－\f(1,2n＋1)－\f(1,2n＋3)))＝eq\f(1,3)－eq\f(1,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n＋1)＋\f(1,2n＋3)))<eq\f(1,3)，因為對任意的n∈N*，不等式6Tn<3a2－a恒成立，所以6×eq\f(1,3)≤3a2－a，解得a≤－eq\f(2,3)或a≥1.]14.ACD[對于A，由題意知a1＝1，a2＝1，a3＝2，a4＝3，a5＝5，a6＝8，a7＝13，a8＝21，a9＝a7＋a8＝13＋21＝34，a10＝a8＋a9＝21＋34＝55，a11＝a9＋a10＝34＋55＝89，故A正確；對于B，因為該數(shù)列的特點是前兩項為1，從第三項起，每一項都等于它前面兩項的和，此數(shù)列中數(shù)字以奇數(shù)、奇數(shù)、偶數(shù)的規(guī)律循環(huán)出現(xiàn)，每3個數(shù)一組，而2023＝3×674＋1，故a2023為奇數(shù)，故B錯誤；對于C，由題意知an－1＋an＝an＋1(n≥2)，所以an＝an＋1－an－1(n≥2)，a1＋a3＋a5＋…＋a2023＝a1＋(a4－a2)＋(a6－a4)＋…＋(a2024－a2023)＝a1＋a2024－a2＝a2024，故C正確；對于D，a2＋a4＋a6＋…＋a2024＝a1＋(a2＋a3)＋(a4＋a5)＋…＋(a2022＋a2023)＝S2023，故D正確.]15.eq\f(2π,9)－eq\f((3n＋4)π,9·22n＋1)[依題意，S1＝eq\f(1,2)×π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(2)＝π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(3)，S2＝eq\f(1,2)×π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))eq\s\up12(2)＝π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(5)，S3＝eq\f(1,2)×π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,8)))eq\s\up12(2)＝π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(7)，以此類推可知，數(shù)列{Sn}是首項為eq\f(1,8)π，公比為eq\f(1,4)的等比數(shù)列，所以Sn＝eq\f(1,8)π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))eq\s\up12(n－1)＝π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(2n＋1).令Tn＝eq\o(∑,\s\up6(n),\s\do4(i＝1))iSi，則Tn＝1×π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(3)＋2×π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(5)＋…＋n×π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(2n＋1)，eq\f(1,4)Tn＝1×π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(5)＋2×π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(7)＋…＋n×π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(2n＋3)，兩式相減得eq\f(3,4)Tn＝π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(3)＋π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(5)＋…＋π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(2n＋1)－n×π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(2n＋3)＝eq\f(π×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(3)×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,4n))),1－\f(1,4))－n×π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(2n＋3)＝eq\f(π,6)－eq\f((3n＋4)π,3·22n＋3)，所以Tn＝eq\f(2π,9)－eq\f((3n＋4)π,9·22n＋1).]16.解(1)設(shè){an}的公差為d，{bn}的公比為q(q≠0).由題意，得a1＝1，b1＝2.由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(b2＝2a2，,a3＋b3＝11.))可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2q＝21＋d，,2d＋2q2＋1＝11，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(q＝2，,d＝1.))所以an＝n，bn＝2n.(2)由(1)，知anbn＝n×2n，則Sn＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋(n－1)×2n－1＋n×2n，①2Sn＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋(n－1)×2n＋n×2n＋1.②①－②，得－Sn＝2＋22＋23＋…＋2n－n×2n＋1＝2×eq\f(1－2n,1－2)－n×2n＋1＝(1－n)×2n＋1－2，所以Sn＝(n－1)×2n＋1＋2.對點練52數(shù)列中的奇偶項、放縮問題1.證明由an＝eq\f(n,2n)知Sn＝1×eq\f(1,2)＋2×eq\f(1,22)＋3×eq\f(1,23)＋…＋n×eq\f(1,2n)，所以eq\f(1,2)Sn＝1×eq\f(1,22)＋2×eq\f(1,23)＋…＋(n－1)×eq\f(1,2n)＋n×eq\f(1,2n＋1)，兩式作差得eq\f(1,2)Sn＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,22)＋eq\f(1,23)＋eq\f(1,24)＋…＋eq\f(1,2n)－eq\f(n,2n＋1)＝eq\f(\f(1,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n))),1－\f(1,2))－eq\f(n,2n＋1)＝1－eq\f(n＋2,2n＋1)，所以Sn＝2－eq\f(n＋2,2n)<2.2.解當(dāng)n為偶數(shù)時，Sn＝(21－1)－(22－1)＋(23－1)－(24－1)＋…＋(2n－1－1)－(2n－1)＝21－22＋23－24＋…＋2n－1－2n＝eq\f(2[1－(－2)n],1－(－2))＝eq\f(2,3)[1－(－2)n]＝eq\f(2,3)(1－2n)；當(dāng)n為奇數(shù)時，n－1為偶數(shù)，所以Sn＝Sn－1＋cn＝eq\f(2,3)(1－2n－1)＋2n－1＝eq\f(2n＋1－1,3)，綜上所述，Sn＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(2n＋1－1,3)，n為奇數(shù)，,\f(2－2n＋1,3)，n為偶數(shù).))3.解(1)因為{an}是等比數(shù)列，公比q≠－1，則a4＝a1q3，a5＝a1q4，a7＝a1q6，a8＝a1q7，所以eq\f(a4＋a5,a7＋a8)＝eq\f(a1q3＋a1q4,a1q6＋a1q7)＝eq\f(1,q3)＝eq\f(1,27)，解得q＝3，由S4＝a3＋93，可得eq\f(a1(1－34),1－3)＝9a1＋93，解得a1＝3，所以數(shù)列{an}的通項公式為an＝3n.(2)由(1)得bn＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－n，n為奇數(shù)，,3n，n為偶數(shù)，))當(dāng)n為偶數(shù)時，Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝(b1＋b3＋…＋bn－1)＋(b2＋b4＋…＋bn)＝－(1＋3＋…＋n－1)＋(32＋34＋…＋3n)＝－eq\f(\f(n,2)·[1＋(n－1)],2)＋eq\f(9(1－9\f(n,2)),1－9)＝eq\f(9,8)(3n－1)－eq\f(n2,4)；當(dāng)n為奇數(shù)時，Tn＝Tn＋1－bn＋1＝eq\f(9,8)(3n＋1－1)－eq\f((n＋1)2,4)－3n＋1＝eq\f(1,8)×3n＋1－eq\f(9,8)－eq\f((n＋1)2,4)；綜上所述，Tn＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(1,8)×3n＋1－\f(9,8)－\f((n＋1)2,4)，n為奇數(shù)，,\f(9,8)(3n－1)－\f(n2,4)，n為偶數(shù).))4.解(1)由2eq\r(Sn)＝an＋1，得Sn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(an＋1,2)))eq\s\up12(2)，當(dāng)n＝1時，a1＝S1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a1＋1,2)))eq\s\up12(2)，解得a1＝1，當(dāng)n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(an＋1,2)))eq\s\up12(2)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(an－1＋1,2)))eq\s\up12(2)，化簡得an－an－1＝2，∴數(shù)列{an}是以1為首項，2為公差的等差數(shù)列.所以an＝1＋2(n－1)＝2n－1.(2)由(1)可得bn＝eq\f(1,(an＋1)(an＋1＋1))＝eq\f(1,2n×2(n＋1))＝eq\f(1,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))，∴數(shù)列{bn}的前n項和Tn＝eq\f(1,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)＋\f(1,2)－\f(1,3)＋…＋\f(1,n)－\f(1,n＋1)))＝eq\f(1,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,n＋1)))＝eq\f(n,4(n＋1)).∵Tn＋1－Tn＝eq\f(n＋1,4(n＋2))－eq\f(n,4(n＋1))＝eq\f(1,4(n＋1)(n＋2))>0，∴{Tn}單調(diào)遞增，∴Tn≥T1＝eq\f(1,8)，∵Tn＝eq\f(n,4(n＋1))＝eq\f(1,4)－eq\f(1,4(n＋1))<eq\f(1,4)，∴eq\f(1,8)≤Tn<eq\f(1,4)，若使得eq\f(5m－2,4)<Tn<5m對一切n∈N*恒成立，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)≤5m，,\f(5m－2,4)<\f(1,8)，))解得eq\f(1,20)≤m<eq\f(1,2)，∴實數(shù)m的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,20)，\f(1,2))).對點練53數(shù)列中的子數(shù)列、新情境問題1.解(1)由題意知a1＝2，a2＝4，a3＝8，所以等比數(shù)列{an}的公比q＝2，an＝a1qn－1＝2n.設(shè)等差數(shù)列{bn}的公差為d，則2＝b3－2b1＝2d－b1，S7＝eq\f(7(b1＋b7),2)＝7b4＝7a3，所以b4＝8＝b1＋3d，所以b1＝2，d＝2，bn＝2n.(2)因為bn＝2n，所以cn＝[lg(2n)].所以T100＝c1＋c2＋…＋c100＝[lg2]＋[lg4]＋…＋[lg8]＋[lg10]＋…＋[lg98]＋[lg100]＋…＋[lg200]＝4×0＋45×1＋51×2＝147.2.解(1)由Sn＝eq\f(3n2＋n,2)，當(dāng)n＝1時，a1＝S1＝2，當(dāng)n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝3n－1，當(dāng)n＝1時，上式也成立，所以an＝3n－1，由Tn＝2eq\f(n(n＋1),2)，當(dāng)n＝1時，b1＝T1＝2，當(dāng)n≥2時，bn＝eq\f(Tn,Tn－1)＝2n，當(dāng)n＝1時，上式也成立，所以bn＝2n.(2)設(shè)3n－1＝2m＝(3－1)m＝Ceq\o\al(0,m)·3m(－1)0＋Ceq\o\al(1,m)·3m－1(－1)1＋…＋Ceq\o\al(m－1,m)×3×(－1)m－1＋Ceq\o\al(m,m)30·(－1)m＝3M＋(－1)m，m∈N*，M為3的正整數(shù)倍，故當(dāng)m為奇數(shù)時，n＝M，故公共項為m＝1，3，5，7，…，∴21，23，25，27，…，構(gòu)成首項為2，公比為4的等比數(shù)列，cn＝2·4n－1，則c1＋c2＋…＋c20＝eq\f(2×(1－420),1－4)＝eq\f(2,3)(420－1).3.解依題意，要使S2025的值最小，只需每一項的值都取最小值即可.因為a1＝2，絕對公和d＝3，所以a2＝－1或a2＝1(舍去)，所以a3＝－2或a3＝2(舍去)，所以a4＝－1或a4＝1(舍去)，…，所以滿足條件的數(shù)列{an}的通項公式an＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2，n＝1，,－2，n為大于1的奇數(shù)，,－1，n為偶數(shù)，))所以S2025＝a1＋(a2＋a3)＋(a4＋a5)＋…＋(a2024＋a2025)＝2＋(－1－2)×eq\f(2025－1,2)＝－3034.4.解(1)當(dāng)n＝1時，a2＝2，當(dāng)n≥2時，遞推得aeq\o\al(2,n)－2Sn－1＝n，兩式相減得aeq\o\al(2,n＋1)－aeq\o\al(2,n)＝2an＋1，aeq\o\al(2,n＋1)＝aeq\o\al(2,n)＋2an＋1＝(an＋1)2，因為數(shù)列{an}各項均為正數(shù)，所以an＋1－an＝1，又∵a2－a1＝1，∴數(shù)列{an}為等差數(shù)列，故an＝a1＋n－1＝n.(2)設(shè)ak和插入的k個數(shù)(－1)k＋1·k構(gòu)成一組數(shù)，則前k組共有k＋eq\f(k(k＋1),2)＝eq\f(k2＋3k,2)個數(shù)，令eq\f(k2＋3k,2)≤100，又k∈N*，解得k≤12；當(dāng)k＝12時，eq\f(k2＋3k,2)＝90<100，∴{bn}的前100項中包含前12組數(shù)和第13組數(shù)的前10個，∴T100＝(a1＋1)＋(a2－22)＋(a3＋32)＋…＋(a11＋112)＋(a12－122)＋(a13＋13×9)＝(a1＋a2＋…＋a13)＋(1－22＋32－42＋…＋112－122)＋117＝eq\f(13×(1＋13),2)－(3＋7＋11＋…＋23)＋117＝91－eq\f(6×(3＋23),2)＋117＝91－78＋117＝130.多選題加練(六)數(shù)列1.ABC[設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q.當(dāng)q＝1時，Sn＝na1，顯然是一次函數(shù)，不是常數(shù)函數(shù)形式，故不滿足，所以D錯誤；當(dāng)q≠1時，Sn＝eq\f(a1(1－qn),1－q)＝eq\f(a1,1－q)－eq\f(a1,1－q)·qn，所以c＝eq\f(a1,1－q)，a＝－eq\f(a1,1－q)，b＝q，即a＋c＝0，ac＝－eq\f(aeq\o\al(2,1),(1－q)2)<0，所以A，B，C正確.]2.AC[設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d(d>0)，對于A，由等差數(shù)列性質(zhì)可得a3＋a7＝a4＋a6，故A正確；對于B，a4·a6－a3·a7＝(a1＋3d)·(a1＋5d)－(a1＋2d)·(a1＋6d)＝3d2>0，則a3·a7<a4·a6，故B錯誤；對于C，因為a2n＋1－a2n－1＝2d，則數(shù)列{a2n＋1}是等差數(shù)列，故C正確；對于D，如數(shù)列{an}為1，2，3，4，5，6，…，顯然數(shù)列{a2n}不是等比數(shù)列，故D錯誤.]3.BC[若a2＝2，a4＝2，當(dāng)n＝4時，16a2a6＝12aeq\o\al(2,4)，解得a6＝eq\f(3,2)，故A錯誤；若a1＝1，a3＝3，當(dāng)n＝3時，9a1a5＝5aeq\o\al(2,3)，解得a5＝5，當(dāng)n＝5時，25a3a7＝21aeq\o\al(2,5)，解得a7＝7，…，根據(jù)推遞關(guān)系可知，當(dāng)n為奇數(shù)，即n＝2n＋1時，a2n＋1＝2n＋1(n∈N)，故B正確；若an＝n，則n2(n－2)(n＋2)＝(n2－4)n2成立，故數(shù)列{an}可以是等差數(shù)列，即C正確；若數(shù)列{an}是等比數(shù)列，假設(shè)公比為q，則由n2an－2an＋2＝(n2－4)aeq\o\al(2,n)，得(n＋1)2an－1an＋3＝[(n＋1)2－4]aeq\o\al(2,n＋1)，兩式相除得，eq\f((n＋1)2,n2)eq\f(an－1,an－2)eq\f(an＋3,an＋2)＝eq\f([(n＋1)2－4],[n2－4])eq\f(aeq\o\al(2,n＋1),aeq\o\al(2,n))，即eq\f((n＋1)2,n2)q2＝eq\f((n＋1)2－4,n2－4)q2，解得n＝－eq\f(1,2)，不符合題意，故D錯誤.]4.BD[若數(shù)列{an}為等差數(shù)列，不妨設(shè)其公差為d，則a1＋a3＋a8＝3a1＋9d，2a6＝2a1＋10d，顯然當(dāng)a1＝d才相等，故A錯誤；(S6－S3)－S3＝9d＝(S9－S6)－(S6－S3)，故B正確；若數(shù)列{an}為等比數(shù)列，且a3＝7，S3＝21，設(shè)其公比為q，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1q2＝7，,a1(1＋q＋q2)＝21，))作商可得q＝1或q＝－eq\f(1,2)，所以a4＝7或a4＝－eq\f(7,2)，故C錯誤；由題意得{an}各項均不為0，可得(S6－S3)÷S3＝q3＝(S9－S6)÷(S6－S3)，故D正確.]5.AC[由nSn＝(n＋1)Sn－1＋(n－1)n(n＋1)(n≥2，n∈N*)，得eq\f(Sn,n＋1)－eq\f(Sn－1,n)＝n－1，eq\f(Sn,n＋1)＝eq\f(S2,3)－eq\f(S1,2)＋eq\f(S3,4)－eq\f(S2,3)＋…＋eq\f(Sn,n＋1)－eq\f(Sn－1,n)＋eq\f(S1,2)＝1＋2＋…＋(n－1)－eq\f(50,2)，解得2Sn＝n3－51n－50(n≥2，n∈N*)，當(dāng)n＝1時，S1＝－50滿足上式，所以Sn＝eq\f(n3－51n－50,2)，當(dāng)n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝eq\f(3n2－3n－50,2)，所以a5＝eq\f(3×52－3×5－50,2)＝5>0，故A正確；當(dāng)n≥2時，an＝eq\f(3n2－3n－50,2)單調(diào)遞增，又a1＝－50，a2＝－22，所以數(shù)列{an}單調(diào)遞增，且a1<a2<a3<a4<0<a5<a6<…，所以當(dāng)n≤4時，{Sn}單調(diào)遞減，當(dāng)n≥5時，{Sn}單調(diào)遞增，且S4<S5，所以當(dāng)n＝4時，Sn取得最小值，故B錯誤，C正確；又S7＝eq\f(73－51×7－50,2)＝－32<0，S8＝eq\f(83－51×8－50,2)＝27>0，故D錯誤.]6.BC[∵{bn}是項數(shù)為2k－1(k∈N＋)的對稱數(shù)列，∴b1＝b2k－1，b2＝b2k－2，…，bk－1＝bk＋1，{bn}的和S2k－1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(50k－\f(k(k－1),2)×4))×2－50＝－4k2＋104k－50＝－4(k－13)2＋626，對于A，k＝10，則b1＝b19＝50－4×9＝14，錯誤；對于B，k＝10，則所有項的和為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(50×10－\f(10×9,2)×4))×2－50＝590，正確；對于C，{bn}的和S2k－1＝－4(k－13)2＋626，當(dāng)k＝13時，和最大，正確；對于D，S2k－1＝－4k2＋104k－50＝0，方程無正整數(shù)解，錯誤.]7.AC[因為a1＝10，d＝－2，所以an＝10－2(n－1)＝－2n＋12，Sn＝eq\f(n(10－2n＋12),2)＝－n2＋11n，所以S4＝－16＋44＝28，S7＝－49＋77＝28，所以A正確；因為Sn＝－n2＋11n＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n－\f(11,2)))eq\s\up12(2)＋eq\f(121,4)，根據(jù)二次函數(shù)的對稱性及開口向下可知，Sn取得最大值為S5＝S6＝eq\f(121,4)－eq\f(1,4)＝30，故B錯誤；記{|an|}的前10項和為T10，因為an＝－2n＋12，當(dāng)an＝－2n＋12≥0時，解得n≤6，當(dāng)an＝－2n＋12<0時，解得n>6，所以T10＝|a1|＋|a2|＋…＋|a9|＋|a10|＝a1＋a2＋…＋a6－a7－a8－a9－a10＝S6－(S10－S6)＝2S6－S10，因為Sn＝－n2＋11n，所以S10＝10，所以T10＝2×30－10＝50，故C正確；記bm＝3m＋10，因為an＝－2n＋12，n≤2023，所以a2023＝－4034，所以當(dāng)n≤2023時，an≥－4034，由an＝－2n＋12，n≤2023，可知an為偶數(shù)，若bm與an互為相反數(shù)，則bm≤4034，且bm為偶數(shù)，由bm＝3m＋10，所以bm－10為偶數(shù)，即3m為偶數(shù)，即m為偶數(shù)，即3m≤4024，即m≤eq\f(4024,3)，且m為偶數(shù)，所以m≤1341，且為偶數(shù)，故這樣的m有670個，故D錯誤.]8.AC[由條件可知，λ＝eq\f(\r(2),2)，k＝2，則eq\r(Sn＋1)－eq\r(Sn)＝eq\f(\r(2),2)eq\r(an＋1)＝eq\f(\r(2),2)eq\r(Sn＋1－Sn)，兩邊平方后，整理得Sn＋1－4eq\r(Sn＋1Sn)＋3Sn＝0，即(eq\r(Sn＋1)－eq\r(Sn))(eq\r(Sn＋1)－3eq\r(Sn))＝0，得eq\r(Sn＋1)＝eq\r(Sn)或eq\r(Sn＋1)＝3eq\r(Sn)，若eq\r(Sn＋1)＝eq\r(Sn)，則Sn＋1＝Sn，則an＋1＝0，這與an>0矛盾，所以不成立，若eq\r(Sn＋1)＝3eq\r(Sn)，則Sn＋1＝9Sn，S1＝a1＝1，所以數(shù)列{Sn}是首項為1，公比為9的等比數(shù)列，即Sn＝9n－1，故A正確；由Sn＋1＝9Sn可得Sn＝9Sn－1(n≥2)，兩式相減得，an＋1＝9an，并且n＝1時，S2＝9S1，即a1＋a2＝9a1，得a2＝8，那么eq\f(a2,a1)＝8≠9，所以{an}不是等比數(shù)列，故B錯誤；an＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1，n＝1，,8·9n－2，n≥2，))當(dāng)n＝1時，S1－a1＝0，當(dāng)n≥2時，設(shè)數(shù)列{Sn－an}的前n項和為Tn，則Tn＝(S1－a1)＋(S2－a2)＋…＋(Sn－an)＝(S1＋S2＋…＋Sn)－(a1＋a2＋…＋an)＝eq\f(1－9n,1－9)－eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1＋\f(8×(1－9n－1),1－9)))＝eq\f(9n－1－1,8)，當(dāng)n＝1時，T1＝0成立，故Tn＝eq\f(9n－1－1,8)，故C正確；eq\f(S1,a1)＝1，eq\f(S2,a2)＝eq\f(9,8)，eq\f(S3,a3)＝eq\f(9,8)，eq\f(S1,a1)＋eq\f(S3,a3)≠2eq\f(S2,a2)，所以數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,an)))不是等差數(shù)列，故D錯誤.]9.ABD[顯然△AnBnCn是正三角形，因此Mn＝eq\f(\r(3),4)aeq\o\al(2,n)，A正確；由中位線性質(zhì)易得an＝eq\f(1,2)an－1，即{an}是等比數(shù)列，公比為eq\f(1,2)，因此aeq\o\al(2,4)＝a3a5，B正確；a1＝eq\f(1,2)AB＝1，a1＋a2＋…＋an＝eq\f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(n),1－\f(1,2))＝2－21－n，C錯誤；M1＝eq\f(\r(3),4)×12＝eq\f(\r(3),4)，{an}是等比數(shù)列，公比為eq\f(1,2)，則{Mn}也是等比數(shù)列，公比是eq\f(1,4)，M1＋M2＋…＋Mn＝eq\f(\f(\r(3),4)×\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))\s\up12(n))),1－\f(1,4))＝eq\f(\r(3),3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,4n)))<eq\f(\r(3),3)，D正確.]10.BC[由題知，∵eq\o(OA,\s\up6(→))＝2a2eq\o(OB,\s\up6(→))＋4a3eq\o(OC,\s\up6(→))，A，B，C三點共線，則2a2＋4a3＝1，設(shè)公比為q，∴2×eq\f(1,2)q＋4×eq\f(1,2)q2＝1，由{an}是正項等比數(shù)列，解得q＝eq\f(1,2)，∴an＝a1qn－1＝eq\f(1,2n)，Sn＝eq\f(a1(1－qn),1－q)＝1－eq\f(1,2n)，所以eq\f(a3,a2)＝eq\f(1,2)，故A錯誤；所以S6＝1－eq\f(1,26)＝eq\f(63,64)，故B正確；因為log2an＋1－log2an＝log2eq\f(1,2n＋1)－log2eq\f(1,2n)＝－1，且log2a1＝log2eq\f(1,2)＝－1，所以數(shù)列{log2an}是－1為首項，－1為公差的遞減的等差數(shù)列，故C正確；又bn＝eq\f(1,log2an·log2an＋1)＝eq\f(1,－n×[－(n＋1)])＝eq\f(1,n(n＋1))＝eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1)，所以數(shù)列{bn}的前n項和為b1＋b2＋…＋bn＝1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)－eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1)＝1－eq\f(1,n＋1)，所以n越大，數(shù)列{bn}的前n項和也就越大，但1－eq\f(1,n＋1)不可能為1，只是無限接近于1，故D錯誤.]對點練54基本立體圖形及幾何體的表面積與體積1.B[直觀圖的面積為eq\f(\r(2),4)×eq\f(\r(3),2)×42＝2eq\r(6)(cm2).]2.D[A中，不一定，當(dāng)以斜邊所在直線為旋轉(zhuǎn)軸時，其余兩邊旋轉(zhuǎn)一周形成的面所圍成的幾何體不是圓錐，如圖所示，它是由兩個同底圓錐組成的幾何體，A不正確；B中，當(dāng)平面與圓柱的母線平行或垂直時，截得的截面才為矩形或圓，否則為橢圓或橢圓的一部分，B不正確；C中，直平行六面體是平行六面體的側(cè)棱與底面垂直，所以底面可以是平行四邊形，它不是長方體，C不正確；D中，如圖，正方體ABCD－A1B1C1D1中的四面體C1－ABC，四個面都是直角三角形，D正確.]3.B[因為正八面體每一個頂點都是4個正三角形的交點，所以正八面體每個頂點處的曲率為2π－eq\f(π,3)×4＝eq\f(2π,3)，又正八面體有6個頂點，所以正八面體的總曲率為eq\f(2π,3)×6＝4π，故選B.]4.D[設(shè)圓臺的母線長為l，因為該圓臺的側(cè)面積為3eq\r(5)π，所以由圓臺側(cè)面積公式可得πl(wèi)(1＋2)＝3πl(wèi)＝3eq\r(5)π，解得l＝eq\r(5).設(shè)原圓錐的母線長為l′，由三角形相似可得eq\f(l′－l,l′)＝eq\f(1,2)，解得l′＝2eq\r(5)，所以原圓錐的母線長為2eq\r(5).故選D.]5.C[由題意，設(shè)直角圓錐SO的底面圓的半徑為r，則直角圓錐SO的高為r，又在直角圓錐SO中，點S與底面圓O都在同一個球面上，設(shè)球的半徑為R，則r＝R，又因為球的表面積為4π，則4πR2＝4π，解得R＝1，即r＝1，所以圓錐的母線長為eq\r(12＋12)＝eq\r(2)，所以圓錐的側(cè)面積為eq\f(1,2)×2π×1×eq\r(2)＝eq\r(2)π.故選C.]6.C[設(shè)圓柱的母線長為2a，且圓柱的軸截面為正方形，則圓柱的底面圓的半徑為a，連接O1C，O1D，O1O2，如圖，由題意可知VA－BCD＝2VA－O1CD＝2×eq\f(1,3)×AO1×S△O1CD＝2×eq\f(1,3)×AO1×eq\f(1,2)×O1O2×CD＝2×eq\f(1,3)×a×eq\f(1,2)×2a×2a＝eq\f(4,3)a3＝4eq\r(3)，解得a＝eq\r(3)，所以該圓柱的側(cè)面積S＝2π×a×2a＝2π×eq\r(3)×2eq\r(3)＝12π.故選C.]7.A[如圖，取AB的中點D，連接PD，CD，因為△ABC是邊長為2的等邊三角形，PA＝PB＝2，所以PD⊥AB，CD⊥AB，所以PD＝CD＝eq\r(3)，又PC＝eq\r(6)，所以PD2＋CD2＝PC2，所以PD⊥CD，又AB∩CD＝D，AB，CD?平面ABC，所以PD⊥平面ABC，所以VP－ABC＝eq\f(1,3)·S△ABC·PD＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×2×eq\r(3)×eq\r(3)＝1，故選A.]8.B[在△AOB中，AO＝BO＝eq\r(3)，∠AOB＝eq\f(2π,3)，由余弦定理得AB＝eq\r(3＋3－2×\r(3)×\r(3)×(－\f(1,2)))＝3.設(shè)等腰三角形PAB底邊AB上的高為h，則S△PAB＝eq\f(1,2)×3h＝eq\f(9\r(3),4)，解得h＝eq\f(3\r(3),2)，由勾股定理得母線PA＝eq\r((\f(3,2))2＋(\f(3\r(3),2))2)＝3，則該圓錐的高PO＝eq\r(PA2－OA2)＝eq\r(6)，所以該圓錐的體積為eq\f(1,3)×3π×eq\r(6)＝eq\r(6)π.]9.eq\f(\r(2),2)[利用斜二測畫法作正方形ABCO的直觀圖如圖，在坐標(biāo)系x′O′y′中，B′C′＝1，∠x′C′B′＝45°.過點B′作x′軸的垂線，垂足為點D′.在Rt△B′D′C′中，B′D′＝B′C′sin45°＝1×eq\f(\r(2),2)＝eq\f(\r(2),2).]10.4eq\r(5)[如圖所示，根據(jù)題意可得△ABC是邊長為8m的正三角形，所以BC＝8m，所以圓錐底面周長為π×8＝8π(m).設(shè)圓錐側(cè)面展開后的扇形圓心角為θ，點B在展開圖中對應(yīng)的點為B′，連接AB′，B′P.根據(jù)底面圓的周長等于展開后扇形的弧長，可得8θ＝8π，故θ＝π，則∠B′AC＝eq\f(π,2)，所以B′P＝eq\r(64＋16)＝4eq\r(5)(m)，所以小貓所經(jīng)過的最短路程是4eq\r(5)m.]11.2eq\r(2)[設(shè)AB＝BD＝m，則AD＝eq\r(2)m，因為AC＝3AB＝3m，所以BC＝2m，則圓柱的側(cè)面積S1＝2π·BD·BC＝4πm2，圓錐的側(cè)面積S2＝π·BD·AD＝eq\r(2)πm2，故eq\f(S1,S2)＝eq\f(4πm2,\r(2)πm2)＝2eq\r(2).]12.818eq\r(2)[易知兩個正四棱柱的公共部分為兩個正四棱錐拼接而成，且兩個正四棱錐的底面重合，所以公共部分構(gòu)成的多面體的面數(shù)為8，因為正四棱柱的底面邊長為3，則公共部分的兩個正四棱錐的底面邊長為3eq\r(2)，高為eq\f(3\r(2),2)，所以體積V＝2×eq\f(1,3)×(3eq\r(2))2×eq\f(3\r(2),2)＝18eq\r(2)(cm3).]13.C[連接BD，在圓內(nèi)接四邊形ABCD中，∠DAB＝90°，所以BD是四邊形ABCD外接圓的直徑，所以∠DCB＝90°，則∠ABC＝135°.延長AB，過點C作CE垂直AB的延長線于點E，過點C作CF⊥AD，垂足為F，則∠CBE＝45°，所以△BCE是等腰直角三角形，所以BE＝CE＝2.作出四邊形ABCD關(guān)于直線AB對稱的圖形，如圖所示.由于CE∥AF，AE∥CF，∠DAB＝90°，所以四邊形AECF是矩形，AF＝CE＝2，DF＝CF＝AE＝4，所以在等腰直角三角形CDF中，CD＝4eq\r(2).將該四邊形沿AB旋轉(zhuǎn)一周，則旋轉(zhuǎn)形成的幾何體是一個圓臺挖掉一個圓錐，其表面積為π×62＋π×(2＋6)×4eq\r(2)＋π×2×2eq\r(2)＝(36eq\r(2)＋36)π.故選C.]14.BD[因為PA⊥平面ABCD，BE∥PA，所以BE⊥平面ABCD，又BC?平面ABCD，所以BC⊥BE.因為四邊形ABCD為矩形，所以BC⊥AB，又AB∩BE＝B，AB，BE?平面ABEP，所以BC⊥平面ABEP，同理可證得CD⊥平面PAD，故該幾何體的體積V＝VC－ABEP＋VP－ACD＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×(1＋2)×1×2＋eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×1×2×2＝eq\f(5,3)，故A錯誤；如圖，取PA的中點為F，連接EF，F(xiàn)C，F(xiàn)D，因為BE∥PA，PA＝2BE，所以AF∥BE且AF＝BE，所以四邊形ABEF為平行四邊形，所以EF∥AB，又AB∥CD，所以EF∥CD，因為EF?平面PCD，CD?平面PCD，所以EF∥平面PCD，所以點E，F(xiàn)到平面PCD的距離相等，所以V1＝VP－CDE＝VE－PCD＝VF－PCD＝VC－PDF＝eq\f(1,3)×1×eq\f(1,2)×1×2＝eq\f(1,3)，V2＝VE－PBC＝VC－PBE＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×1×1×2＝eq\f(1,3).因為BE∥PA，BE?平面PAC，PA?平面PAC，所以BE∥平面PAC，所以點B，E到平面PAC的距離相等，所以V3＝VE－PAC＝VB－PAC＝VP－ABC＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×2×1×2＝eq\f(2,3)，所以V3＝2V2，3V1≠2V2，V1＋V2＝V3，故B，D正確，C錯誤.故選BD.]15.28[如圖所示，正四棱錐P－ABCD的底面邊長為4，用平行于底面的平面截去一個底面邊長為2，高為3的正四棱錐P－A′B′C′D′后，得到正四棱臺A′B′C′D′－ABCD，且A′B′＝2，AB＝4.記O′，O分別為正四棱臺A′B′C′D′－ABCD上、下底面的中心，H′，H分別為A′B′，AB的中點，則P，O′，O三點共線，P，H′，H三點共線.連接PO，PH，O′H′，OH，則PO′＝3，O′H′＝1，OH＝2.易知△PO′H′∽△POH，所以eq\f(PO′,PO)＝eq\f(O′H′,OH)，即eq\f(3,PO)＝eq\f(1,2)，解得PO＝6，所以O(shè)O′＝PO－PO′＝3，所以該正四棱臺的體積V＝eq\f(1,3)×3×(22＋2×4＋42)＝28.]16.eq\f(\r(3),6)eq\f(3,2)[由三角形面積公式可得S△ABC＝eq\f(1,2)×1×1×sin60°＝eq\f(\r(3),4).設(shè)三棱錐P－ABC的高為h，VP－ABC＝eq\f(1,3)S△ABC·h＝eq\f(1,3)×eq\f(\r(3),4)×2＝eq\f(\r(3),6).由題意得，三棱錐P－A1B1C1為正三棱錐，設(shè)其高為h1，則A1A0＝2－h(huán)1.設(shè)A1B1＝x(0<x<1)，則C1B1＝C1A1＝x，由相似知識得，eq\f(x,1)＝eq\f(h1,2)，故h1＝2x，則A1A0＝2－h(huán)1＝2－2x.三棱柱的側(cè)面積S＝3x(2－2x)＝－6eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))eq\s\up12(2)＋eq\f(3,2).因為0<x<1，所以當(dāng)x＝eq\f(1,2)時，三棱柱的側(cè)面積取得最大值，最大值為eq\f(3,2).]對點練55與球有關(guān)的切、接問題1.C[設(shè)正方體的外接球的半徑為R，內(nèi)切球的半徑為r，棱長為1，則正方體的外接球的直徑為正方體的體對角線長，即2R＝eq\r(3)，所以R＝eq\f(\r(3),2)，正方體內(nèi)切球的直徑為正方體的棱長，即2r＝1，即r＝eq\f(1,2)，所以eq\f(R,r)＝eq\r(3)，所以正方體的外接球與內(nèi)切球的表面積比值為eq\f(4πR2,4πr2)＝eq\f(R2,r2)＝3.]2.C[過圓錐的旋轉(zhuǎn)軸作軸截面，得△ABC及其內(nèi)切圓⊙O1和外接圓⊙O2，且兩圓同圓心，即△ABC的內(nèi)心與外心重合，易得△ABC為正三角形，由題意得⊙O1的半徑為r＝1，∴△ABC的邊長為2eq\r(3)，∴圓錐的底面半徑為eq\r(3)，高為3，∴V＝eq\f(1,3)×π×3×3＝3π.]3.C[根據(jù)已知可得球的半徑等于1，故三棱柱的高等于2，底面三角形內(nèi)切圓的半徑等于1，即底面三角形的高等于3，邊長等于2eq\r(3)，所以這個三棱柱的表面積等于3×2eq\r(3)×2＋2×eq\f(1,2)×2eq\r(3)×3＝18eq\r(3).]4.A[如圖將棱長為1的正四面體B1－ACD1放入正方體ABCD－A1B1C1D1中，且正方體的棱長為1×cos45°＝eq\f(\r(2),2)，所以正方體的體對角線AC1＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))\s\up12(2))＝eq\f(\r(6),2)，所以正方體外接球的半徑R＝eq\f(AC1,2)＝eq\f(\r(6),4)，所以正方體外接球的體積為eq\f(4,3)πR3＝eq\f(4,3)π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),4)))eq\s\up12(3)＝eq\f(\r(6),8)π，因為正四面體的外接球即為正方體的外接球，所以正四面體的外接球的體積為eq\f(\r(6),8)π.]5.A[由題意，設(shè)正三棱柱的底面邊長為a，則其內(nèi)切球的半徑r＝eq\f(1,3)×eq\f(\r(3),2)a＝eq\f(\r(3),6)a，所以正三棱柱的高h＝2r＝eq\f(\r(3),3)a.棱柱的體積V＝eq\f(\r(3),4)a2·h＝eq\f(\r(3),4)a2·eq\f(\r(3),3)a＝eq\f(a3,4)＝48eq\r(3)，得a＝4eq\r(3)，所以球的表面積S＝4πr2＝4π·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),6)a))eq\s\up12(2)＝eq\f(π,3)a2＝16π.故選A.]6.A[設(shè)正三棱錐P－ABC的側(cè)棱長為x.易知OA＝eq\f(2,3)×eq\f(\r(3),2)×6＝2eq\r(3)，則cos∠PAO＝eq\f(OA,PA)＝eq\f(2\r(3),x)，cos∠APB＝eq\f(x2＋x2－36,2x2)＝eq\f(x2－18,x2).因為∠APB＝2∠PAO，所以cos∠APB＝cos2∠PAO，所以eq\f(x2－18,x2)＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(3),x)))eq\s\up12(2)－1，解得x＝eq\r(21)(負值舍去)，所以O(shè)P＝eq\r(PA2－OA2)＝3.設(shè)外接球球心為M，半徑為R，則MP＝MA＝R，MO＝|3－R|.因為MA2＝MO2＋OA2，所以R2＝(3－R)2＋(2eq\r(3))2，解得R＝eq\f(7,2)，所以外接球表面積S＝4πR2＝49π.故選A.]7.A[如圖所示，旋轉(zhuǎn)體的軸截面為邊長為eq\r(2)的正方形，設(shè)O為內(nèi)切球的球心.內(nèi)切球半徑r＝eq\f(1,2)AC＝eq\f(\r(2),2)，所以該幾何體的內(nèi)切球的體積為eq\f(4,3)×π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))eq\s\up12(3)＝eq\f(\r(2)π,3)，故選A.]8.C[由題意可知，BC＝AB＝8，且CD為球的直徑，所以BD⊥BC，AC⊥AD.因為球O的體積為eq\f(4,3)πR3＝288π(R為球O的半徑)，所以R＝6，所以CD＝12，由勾股定理可得BD＝eq\r(CD2－BC2)＝4eq\r(5).設(shè)直線AC，BD所成角為θ，則cosθ＝eq\f(|\o(AC,\s\up6(→))·\o(BD,\s\up6(→))|,|\o(AC,\s\up6(→))|·|\o(BD,\s\up6(→))|)＝eq\f(|\o(AC,\s\up6(→))·(\o(AD,\s\up6(→))－\o(AB,\s\up6(→)))|,|\o(AC,\s\up6(→))|·|\o(BD,\s\up6(→))|)＝eq\f(|\o(AC,\s\up6(→))·\o(AD,\s\up6(→))－\o(AC,\s\up6(→))·\o(AB,\s\up6(→))|,|\o(AC,\s\up6(→))|·|\o(BD,\s\up6(→))|)＝eq\f(|0－8\r(2)×8×cos45°|,8\r(2)×4\r(5))＝eq\f(\r(10),5)，所以sinθ＝eq\r(1－cos2θ)＝eq\f(\r(15),5)，所以tanθ＝eq\f(sinθ,cosθ)＝eq\f(\r(6),2)，故選C.]9.20π[根據(jù)題意得，BC⊥平面ABD，則BC⊥BD，即AD，BC，BD三條線兩兩垂直，所以可將三棱錐A－BCD放置于長方體內(nèi)，如圖所示，該三棱錐的外接球即為長方體的外接球，球心為長方體體對角線的中點，即外接球的半徑為長方體體對角線長的一半，此時AC為長方體的體對角線，即為外接球的直徑，所以該球的表面積S＝4πR2＝π·AC2＝π·(22＋42)＝20π.]10.eq\f(3,2)eq\f(3,2)[由題意，知圓柱底面半徑為r，球的半徑為R，則R＝r，圓柱的高h＝2R，則V球＝eq\f(4,3)πR3，V柱＝πr2h＝π·R2·2R＝2πR3.∴eq\f(V柱,V球)＝eq\f(2πR3,\f(4,3)πR3)＝eq\f(3,2).又∵S球＝4πR2，S柱＝2πr2＋2πrh＝2πR2＋2πR·2R＝6πR2.∴eq\f(S柱,S球)＝eq\f(6πR2,4πR2)＝eq\f(3,2).]11.eq\f(2＋3\r(2),8π)[連接OA1(圖略)，設(shè)A1B1＝a，AB＝b，OO1＝h，因為以O(shè)1為球心，O1A1為半徑的球與平面ABCD相切，所以h＝eq\f(\r(2),2)a.因為O是該四棱臺外接球的球心，所以O(shè)A1＝eq\r(h2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)a))\s\up12(2))＝eq\f(\r(2),2)b，即b＝eq\r(2)a，所以四棱臺的體積V1＝eq\f(1,3)h·(a2＋b2＋ab)＝eq\f(2＋3\r(2),6)a3，其外接球的體積V2＝eq\f(4,3)π·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)b))eq\s\up12(3)＝eq\f(4,3)πa3，則eq\f(V1,V2)＝eq\f(2＋3\r(2),8π).]12.9eq\r(2)π[如圖所示，在△ABC中，由余弦定理得BC2＝(2eq\r(3))2＋42－2×2eq\r(3)×4·cos30°＝4.所以AB2＋BC2＝16＝AC2，即△ABC為直角三角形.故△ABC外接圓的圓心為斜邊AC的中點.取AC的中點為O1，連接PO1，則PO1⊥AC.由平面PAC⊥平面ABC，得PO1⊥平面ABC.該三棱錐外接球的球心在線段PO1上.設(shè)球心為O，連接OA，則OA＝OP，且均為外接球的半徑.在Rt△PO1A中，PO1＝eq\r((2\r(3))2－22)＝2eq\r(2).在Rt△OO1A中，OA2＝OOeq\o\al(2,1)＋AOeq\o\al(2,1)，即R2＝(2eq\r(2)－R)2＋4，則R＝eq\f(3\r(2),2).所以外接球的體積V＝eq\f(4,3)πR3＝eq\f(4,3)πeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3\r(2),2)))eq\s\up12(3)＝9eq\r(2)π.]13.C[該四棱錐的體積最大，即以底面外接圓和頂點O組成的圓錐體積最大，設(shè)圓錐的高為h(0<h<1)，底面半徑為r，則圓錐的體積V＝eq\f(1,3)πr2h＝eq\f(1,3)π(1－h(huán)2)h，則V′＝eq\f(1,3)π(1－3h2)，令V′＝eq\f(1,3)π(1－3h2)＝0，得h＝eq\f(\r(3),3)，所以V＝eq\f(1,3)π(1－h(huán)2)h在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),3)))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)，1))上單調(diào)遞減，所以當(dāng)h＝eq\f(\r(3),3)時，四棱錐的體積最大，故選C.]14.32π[∵BD⊥平面ABC，故可將三棱錐補為直三棱柱，如圖所示，∵AB＝BC＝2，AC＝2eq\r(3)，故三棱柱的上、下底面三角形的外接圓圓心在底邊中線的延長線上，設(shè)為O1，O2，易得∠O1BC＝60°，故O1B＝O1C＝BC＝2，∴三棱柱外接球球心為上、下底面外心所連線段的中點O，即為三棱錐D－ABC外接球球心，設(shè)該外接球半徑為R，則在Rt△OCO1中，R2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,2)))eq\s\up12(2)＋22＝8，故三棱錐D－ABC外接球的表面積為4πR2＝32π.]15.eq\f(7,3)πm2[由已知得△B1AC與△DAC均為邊長是m的正三角形，取AC中點G，連接DG，B1G，如圖，則有DG⊥AC，B1G⊥AC，于是得∠B1GD是二面角B1－AC－D的平面角，則∠B1GD＝120°，顯然有AC⊥平面B1GD，即有平面B1GD⊥平面B1AC，平面B1GD⊥平面DAC，令正△B1AC與正△DAC的中心分別為E，F(xiàn)，過E，F(xiàn)分別作平面B1AC，平面DAC的垂線，則兩垂線都在平面B1GD內(nèi)，它們交于點O，從而得點O是過A，B1，C，D四點的外接球球心，連接OA，則OA為該外接球半徑，由已知得GE＝GF＝eq\f(1,3)GD＝eq\f(1,3)·eq\f(\r(3),2)·m＝eq\f(\r(3),6)m，而OE＝OF，于是得∠OGF＝60°，在Rt△OGF中，OG＝eq\f(GF,cos∠OGF)＝eq\f(\r(3)m,3)，而AG＝eq\f(m,2)，在Rt△OGA中，OA2＝AG2＋OG2＝eq\f(7,12)m2，所以過A，B1，C，D四點的外接球的表面積為4π·OA2＝eq\f(7,3)πm2.]16.eq\f(\r(21),2)或eq\r(7)[如圖，取AB的中點為D，連接PD，CD，因為PA＝PB＝a，所以PD⊥AB.因為平面PAB⊥平面ABC，平面PAB∩平面ABC＝AB，PD?平面PAB，所以PD⊥平面ABC.同理得CD⊥平面PAB.設(shè)點O1為等邊△ABC的外心，過點O1作O1E∥PD，則O1E⊥平面ABC，易得直線O1E上任意一點到A，B，C三點的距離相等，即三棱錐P－ABC外接球的球心O在直線O1E上.以D為坐標(biāo)原點，以DB，DC，DP所在直線分別為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，因為△ABC是邊長為2eq\r(3)的等邊三角形，所以CD＝2eq\r(3)×eq\f(\r(3),2)＝3，O1C＝eq\f(2,3)CD＝2，O1D＝eq\f(1,3)CD＝1，又PA＝PB＝a，所以a＞eq\r(3)，PD＝eq\r(a2－3)，則P(0，0，eq\r(a2－3))，C(0，3，0).由題意可知三棱錐P－ABC外接球的表面積為eq\f(65π,4)，設(shè)該外接球的半徑為R，則4πR2＝eq\f(65π,4)，所以R＝eq\f(\r(65),4).設(shè)O(0，1，z)，連接OP，OC，則OP＝OC＝R，即eq\r(12＋(\r(a2－3)－z)2)＝eq\r(22＋z2)＝eq\f(\r(65),4)，解得a＝eq\f(\r(21),2)或a＝eq\r(7).]對點練56空間點、直線、平面之間的位置關(guān)系1.ABD[對于A，因為M∈α，M∈β，α∩β＝l，由基本事實3可知M∈l，A正確；對于B，A∈α，A∈β，B∈α，B∈β，故直線AB?α，AB?β，則α∩β＝AB，B正確；對于C，若l∩α＝A，則有l(wèi)?α，A∈l，但A∈α，C錯誤；對于D，有三個不共線的點在平面α，β中，故α，β重合，D正確.]2.D[根據(jù)題意，兩點確定一條直線，那么由于直線上有兩個點在平面外，則直線在平面外，只能是直線與平面相交，或者直線與平面平行，那么可知直線上至多有一個點在平面內(nèi).]3.ACD[對于平面四邊形來說不成立，故A不正確；空間四點不共面，則其中任何三點不共線，否則由直線與直線外一點確定一個平面，這空間四點共面，故B正確；由B的分析可知C不正確；平面四邊形的四個頂點中任意三點不共線，但四點共面，故D不正確.]4.C[因為α∩β＝a，α∩γ＝b，a∩b＝O，所以O(shè)∈α，O∈β，O∈γ.因為β∩γ＝c，所以O(shè)∈c，所以直線a，b，c必然交于一點(即三線共點)，故A，B錯誤，C正確；假設(shè)直線c與平面α平行，由O∈c，可知O?α，這與O∈α矛盾，故假設(shè)不成立，D錯誤.]5.B[對于A，若直線l與α相交，則α內(nèi)的直線與l相交或異面，因此若l與α相交，則不存在直線m?α，使l∥m，故A錯誤；對于B，由于l?α，所以l與α相交或平行，不論是相交還是平行，均可在α內(nèi)找到與l垂直的直線m，故B正確；對于C，當(dāng)l∥α?xí)r，α內(nèi)的直線與l平行或異面，所以不存在m?α，使l，m相交，故C錯誤；對于D，當(dāng)直線l⊥α?xí)r，直線l與α內(nèi)的所有直線均垂直，故不存在直線m?α，使l，m所成角為eq\f(π,6)，故D錯誤.]6.ABC[∵M∈A1C，A1C?平面A1ACC1，∴M∈平面A1ACC1，又∵M∈平面AB1D1，∴M在平面AB1D1與平面A1ACC1的交線AO上，即A，M，O三點共線，∴A，M，O，A1共面且A，M，C，O共面，∵平面BB1D1D∩平面AB1D1＝B1D1，∴M在平面BB1D1D外，即B，B1，O，M不共面，故選ABC.]7.C[法一如圖，補上一相同的長方體CDEF－C1D1E1F1，連接DE1，B1E1.易知AD1∥DE1，則∠B1DE1為異面直線AD1與DB1所成角(或其補角).因為在長方體ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝eq\r(3)，所以DE1＝eq\r(DE2＋EEeq\o\al(2,1))＝eq\r(12＋(\r(3))2)＝2，DB1＝eq\r(12＋12＋(\r(3))2)＝eq\r(5)，B1E1＝eq\r(A1Beq\o\al(2,1)＋A1Eeq\o\al(2,1))＝eq\r(12＋22)＝eq\r(5)，在△B1DE1中，由余弦定理，得cos∠B1DE1＝eq\f(22＋(\r(5))2－(\r(5))2,2×2×\r(5))＝eq\f(\r(5),5)，即異面直線AD1與DB1所成角的余弦值為eq\f(\r(5),5).法二如圖，連接BD1，交DB1于O，取AB的中點M，連接DM，OM，易知點O為BD1的中點，所以AD1∥OM，則∠MOD為異面直線AD1與DB1所成角(或其補角).因為在長方體ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝eq\r(3)，所以AD1＝eq\r(AD2＋DDeq\o\al(2,1))＝2，DM＝eq\r(AD2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)AB))\s\up12(2))＝eq\f(\r(5),2)，DB1＝eq\r(AB2＋AD2＋DDeq\o\al(2,1))＝eq\r(5)，所以O(shè)M＝eq\f(1,2)AD1＝1，OD＝eq\f(1,2)DB1＝eq\f(\r(5),2)，于是在△DMO中，由余弦定理，得cos∠MOD＝eq\f(12＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(5),2)))\s\up12(2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(5),2)))\s\up12(2),2×1×\f(\r(5),2))＝eq\f(\r(5),5)，即異面直線AD1與DB1所成角的余弦值為eq\f(\r(5),5).]8.相交或異面a∥α或a?α[a，b，c是不同直線，α是平面，因為a∥b，b∩c＝A，所以直線a與直線c的位置關(guān)系是相交或異面.因為a⊥b，b⊥α，則直線a與平面α的位置關(guān)系是a∥α或a?α.]9.4[因為AB∥CD，由圖可以看出EF平行于正方體左右兩個側(cè)面，與另外四個側(cè)面相交.]10.eq\f(\