课后定时检测案41 数列的概念
一、单项选择题
1．数列－，，－，，－，…的一个通项公式为an＝( )
A．(－1)n·
B．(－1)n＋1·
C．(－1)n·
D．(－1)n＋1·
2．已知an＝，那么数列{an}是( )
A．递减数列B．递增数列
C．常数列D．摆动数列
3．已知数列1，，，，3，，…，，…，则7是这个数列的( )
A．第21项B．第23项
C．第25项D．第27项
4．[2024·安徽合肥模拟]已知数列{an}满足a1＝，an＋1＝(n∈N*)，则a2023＝( )
A．－1B．
C．D．＋1
5．已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足Sn＝2n2，则a5＝( )
A．16B．18
C．20D．25
6．[2024·河北张家口模拟]已知数列{an}的前n项的积为Tn，且Tn＝n(n＝1，2，3，…)，则数列{an}( )
A．有最大项，有最小项
B．有最大项，无最小项
C．无最大项，有最小项
D．无最大项，无最小项
7．已知数列{an}的通项公式为an＝，其最大项和最小项的值分别为( )
A．1，－B．0，－
C．，－D．1，－
8．已知Sn为数列{an}的前n项和，a1＝1，an＋1＋2Sn＝2n＋1，则S2023＝( )
A．2021B．2022
C．2023D．2024
9．(素养提升)南宋数学家杨辉在《详解九章算法》中提出了垛积问题，涉及逐项差数之差或者高次差成等差数列的高阶等差数列．现有一个高阶等差数列的前6项分别为4，7，11，16，22，29，则该数列的第18项为( )
A．172B．183
C．191D．211
10．(素养提升)[2024·江西宜春模拟]在数列{an}中，a1＝1，p＝(an＋1，n＋1)，q＝(n，－an)，且p⊥q，则a2021＝( )
A．1 B．2020 C．2021 D．2022
二、多项选择题
11．数列{an}的前n项和为Sn，已知Sn＝－n2＋7n，则( )
A．{an}是递增数列
B．a10＝－12
C．当n>4时，an<0
D．当n＝3或4时，Sn取得最大值
12．在数列{an}中，an＝(n＋1)，则数列{an}中的最大项可以是( )
A．第6项B．第7项
C．第8项D．第9项
三、填空题
13．[2024·河南安阳模拟]已知数列{an}的通项公式为an＝，若ak＝a20(k≠20)，则k＝____________．
14．设a>0且a≠1，已知数列{bn}满足bn＝，且{bn}是递增数列，则a的取值范围是__________．
四、解答题
15．在①nan＋1－(n＋1)an＝n(n＋1)；②Sn＝2n2－1这两个条件中任选一个补充在下面的横线上，并解答．
若数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，且数列{an}满足________．
(1)求a2，a3；
(2)求数列{an}的通项公式.
注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分．
?优生选做题?
16．数列{an}，{bn}满足：a1＝8，an－an－1＝8n(n∈N*，n≥2)，bn＝()n，则数列{bn}的最大项是( )
A．第7项B．第9项
C．第11项D．第12项
17．[2024·河南南阳模拟]在数列{an}中，a1＝3，an＋1＝4an－6.
(1)求{an}的通项公式；
(2)设bn＝4n＋(－1)ntan，若{bn}是递增数列，求t的取值范围．
课后定时检测案41 数列的概念
1．解析：通过观察可知，
a1<0，(－1)1＝－1，(－1)2＝1，所以BD选项错误．
对比AC选项，注意到数列的分母的间隔不是常数5，所以A选项错误．故选C.
答案：C
2．解析：∵n≥2时，an－an－1＝－＝－＞0.∴数列{an}是递增数列．
答案：B
3．解析：因为数列的第n项为，而7＝＝，
所以7是题中数列的第25项．故选C.
答案：C
4．解析：已知a1＝，an＋1＝(n∈N*)，a2＝－1，a3＝＋1，a4＝，…，∴观察可得该数列是周期数列且周期为3，∴a2023＝a1＝.故选C.
答案：C
5．解析：依题意，a5＝S5－S4＝2×52－2×42＝18.故选B.
答案：B
6．解析：当n＝1时a1＝T1＝1，当n≥2时an＝＝＝1＋，所以a2>a3>a4>…>an>1，而a1＝1，
故a1为最小项，a2为最大项．故选A.
答案：A
7．解析：因为n∈N*，所以当1≤n≤3时，an＝<0，且单调递减；
当n≥4时，an＝>0，单调递减，
所以最小项为a3＝＝－，最大项为a4＝＝1.故选A.
答案：A
8．解析：当n＝1时，a2＋2S1＝2＋1，因为S1＝a1＝1，所以a2＝1.
当n≥2时，由an＋1＋2Sn＝2n＋1得an＋2Sn－1＝2n－1，
两式相减可得an＋1－an＋2an＝2，即an＋an＋1＝2.
因为a2＝1，所以a3＝1，a4＝1，…，an＝1，可得Sn＝a1＋a2＋…＋an＝n，所以S2023＝2023.故选C.
答案：C
9．解析：设该数列为{an}，则an－an－1＝n＋1，(n≥2)，
故an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1
＝(n＋1)＋n＋(n－1)＋…＋3＋4
＝＋4，n≥2，
a1＝4也适合该式，
故第18项为a18＝＋4＝191.故选C.
答案：C
10．解析：∵p⊥q，故nan＋1－(n＋1)an＝0，可得nan＋1＝(n＋1)an，
∵a1＝1，可得a2≠0，a3≠0，…，则对任意的n∈N*，an≠0，故＝，
因此，a2021＝a1···…·＝1×××…×＝2021.故选C.
答案：C
11．解析：A选项，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－2n＋8，
又a1＝S1＝6＝－2×1＋8，所以an＝－2n＋8，
因为an＋1－an＝－2(n＋1)＋8＋2n－8＝－2<0，
则{an}是递减数列，故A错误；
B选项，由an＝－2n＋8可得a10＝－12，故B正确；
C选项，令an＝－2n＋8<0，解得n>4，故C正确；
D选项，因为y＝－x2＋7x的对称轴为x＝，开口向下，
又n∈N*，所以当n＝3或4时，Sn取得最大值，故D正确．故选BCD.
答案：BCD
12．解析：假设an最大，则有即(n＋1)()n≥(n＋2)()n＋1且(n＋1)()n≥n()n－1，
所以，即6≤n≤7，所以最大项为第6项和第7项．故选AB.
答案：AB
13．解析：因为an＝，所以a20＝2＝210，
因为ak＝a20(k≠20)，显然k不能为偶数，则k为奇数，即k＋1＝210＝1024，解得k＝1023.
答案：1023
14．解析：因为{bn}是递增数列，所以解得2
答案：(2，3)
15．解析：(1)选择①：a2－2a1＝2，
则a2＝4.
2a3－3a2＝2×3，则a3＝9.
选择②：a2＝S2－S1＝2×22－1－1＝6.
a3＝S3－S2＝2×32－1－2×22＋1＝10.
(2)选择①：由nan＋1－(n＋1)an＝n(n＋1)，
得－＝1，
所以＝－＋－＋…＋－a1＋a1＝n－1＋1＝n，
所以an＝n2.
选择②：当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n2－1－[2(n－1)2－1]＝4n－2；
当n＝1时，a1＝S1＝1，不符合上式，
故{an}的通项公式为an＝
16．解析：n≥2时，an－an－1＝8n，an－1－an－2＝8(n－1)，…，a2－a1＝16，将上式累加，得an－a1＝＝(4n＋8)(n－1)，解得an＝4n2＋4n(n≥2)(对于n＝1同样成立)，故bn＝(2n＋1)()n，
令，即，
解得≤k≤，k∈Z，故k＝9，即第九项最大．故选B.
答案：B
17．解析：(1)因为an＋1＝4an－6，a1＝3，
所以an＋1－2＝4(an－2)，显然an≠2(否则与a1＝3矛盾)，则＝4.
因为a1＝3，所以a1－2＝1，
所以{an－2}是以1为首项，4为公比的等比数列．
所以an－2＝4n－1，即an＝4n－1＋2，
故{an}的通项公式为an＝4n－1＋2.
(2)由(1)可得bn＝4n＋(－1)nt(4n－1＋2)，则bn＋1＝4n＋1＋t(－1)n＋1(4n＋2)，
故bn＋1－bn＝4n＋1＋t(－1)n＋1(4n＋2)－[4n＋t(－1)n(4n－1＋2)]＝3×4n＋t(－1)n＋1(5×4n－1＋4).
因为{bn}是递增数列，
所以bn＋1－bn>0，即3×4n＋t(－1)n＋1(5×4n－1＋4)>0.
当n为奇数时，3×4n＋t(5×4n－1＋4)>0，即t>－，故t>(－)max，
由于f(n)＝－＝－(n∈N*)单调递减，
当n＝1时，f(n)max＝f(1)＝－＝－，所以t>－；
当n为偶数时，3×4n－t(5×4n－1＋4)>0，即t<，故t<()min，
由于f(n)＝＝(n∈N*)单调递增，
当n＝2时，f(n)min＝f(2)＝＝2，所以t<2.
综上，t的取值范围为(－，2).课后定时检测案42 等差数列
一、单项选择题
1．[2024·江西九江模拟]已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若S4＝8，S7＝35，则a5＝( )
A.3B．5
C．7D．9
2．[2024·安徽安庆模拟]记Sn为等差数列{an}的前n项和，若S3＝a5，a3－a1＝8，则a7＝( )
A．30B．28
C．26D．13
3．记等差数列{an}的前n项和为Sn，若S11＝33，则a4＋a6＋a8＝( )
A．6B．7
C．8D．9
4．[2024·浙江宁波模拟]已知数列{an}与{bn}均为等差数列，且a3＋b5＝4，a5＋b9＝8，则a4＋b7＝( )
A．5B．6
C．7D．8
5．[2024·河北张家口模拟]已知等差数列{an}的首项a1≠0，而a9＝0，则＝( )
A．0B．2
C．－1D．
6．已知等差数列{an}共有21项，若奇数项的和为110，则偶数项的和为( )
A．100B．105
C．90D．95
7．(素养提升)[2024·河北秦皇岛模拟]等差数列{an}中，首项a1和公差d都是正数，且lga1，lga3，lga6成等差数列，则数列lga1，lga3，lga6的公差为( )
A．lgdB．lg
C．lgD．lg2d
8．(素养提升)[2024·山西朔州模拟]“中国剩余定理”又称“孙子定理”，最早可见于我国南北朝时期的数学著作《孙子算经》.1852年，英国传教士伟烈亚力将该解法传至欧洲，1874年，英国数学家马西森指出此法符合1801年由高斯得到的关于同余式解法的一般性定理，因而西方称之为“中国剩余定理”．此定理讲的是关于整除的问题，现将1到2023这2023个数中，能被7除余1且被9除余1的数按从小到大的顺序排成一列，构成数列{an}，则该数列的和为( )
A．30014B．30016
C．33297D．33299
二、多项选择题
9．[2024·江西宜春模拟]记Sn为等差数列{an}的前n项和，则( )
A．S6＝2S4－S2
B．S6＝3(S4－S2)
C．S2n，S4n－S2n，S6n－S4n成等差数列
D．，，成等差数列
10．[2024·河南郑州模拟]已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a1＝11，a5＝3，则( )
A．S5＝35
B．an＝13－2n
C．|an|的最小值为0
D．Sn的最大值为36
三、填空题
11．[2024·河南驻马店模拟]设等差数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，且S5＝15，则a8＝____________.
12．[2024·江苏南通模拟]设等差数列{an}的前n项和为Sn，a1≠0，a1＋a5＝3a2，则＝________________________________________________________________________.
13．[2024·辽宁锦州模拟]已知正项等差数列{an}，公差为d，前n项和为Sn，若{}也是公差为d的等差数列，则a1＝__________．
14．(素养提升)[2024·安徽合肥模拟]数字中暗藏着一些潜在的规律，古希腊毕达哥拉斯学派通过石子的排列发现了三角形数、正方形数等；有时将数字进行拆分后也能够发现新的规律，现将一组数据拆分如下：
，
，，
，，，
，，，，
…
观察可知，这组数据中的第8个数为，则是该组数据的第__________个数．
四、解答题
15．[2021·新高考Ⅱ卷]记Sn是公差不为0的等差数列{an}的前n项和，若a3＝S5，a2a4＝S4.
(1)求数列{an}的通项公式an；
(2)求使Sn>an成立的n的最小值．
?优生选做题?
16．[2023·全国甲卷]已知等差数列的公差为，集合S＝{cosan|n∈N*}，若S＝，则ab＝( )
A．－1B．－
C．0D．
17．[2023·新课标Ⅰ卷]设等差数列{an}的公差为d，且d>1.令bn＝，记Sn，Tn分别为数列{an}，{bn}的前n项和．
(1)若3a2＝3a1＋a3，S3＋T3＝21，求{an}的通项公式；
(2)若{bn}为等差数列，且S99－T99＝99，求d.
课后定时检测案42 等差数列
1．解析：由题意得解得
∴a5＝a1＋4d＝7，故选C.
答案：C
2．解析：设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，
则
所以a7＝a1＋6d＝26.故选C.
答案：C
3．解析：因为{an}为等差数列，S11＝×11＝33，
即×11＝11a6＝33，解得a6＝3，
所以a4＋a6＋a8＝a6－2d＋a6＋a6＋2d＝3a6＝9(d为等差数列{an}的公差).故选D.
答案：D
4．解析：因为a3＋b5＝4，a5＋b9＝8，
所以a3＋b5＋a5＋b9＝12，
即a3＋a5＋b5＋b9＝12，
根据等差数列的性质可知a3＋a5＋b5＋b9＝2a4＋2b7＝12，
所以a4＋b7＝6.故选B.
答案：B
5．解析：等差数列{an}的首项a1≠0，a9＝0，则＝＝0.故选A.
答案：A
6．解析：由，有a11＝10，偶数项的和为100.故选A.
答案：A
7．解析：由lga1，lga3，lga6成等差数列，
得2lga3＝lga1＋lga6，即lga＝lga1a6，
则a＝a1a6，
又a3＝a1＋2d，a6＝a1＋5d，
所以(a1＋2d)2＝a1(a1＋5d)，
解得4d＝a1，
lga1，lga3，lga6的公差为
lga3－lga1＝lg＝lg＝lg＝lg.故选C.
答案：C
8．解析：由已知可得an－1既能被7整除，又能被9整除，
故an－1能被63整除，所以an－1＝63(n－1)，即an＝63n－62，
所以an＋1－an＝63(n＋1)－62－(63n－62)＝63，
故{an}为等差数列，首项为1，公差为63，
由1≤an≤2023可得：1≤63n－62≤2023，
因为n∈N*，所以1≤n≤33，n∈N*，
故该数列的和为33＋×63＝33297.故选C.
答案：C
9．解析：由已知得Sn＝a1n＋，
A选项，S6＝6a1＋15d，S4＝4a1＋6d，S2＝2a1＋d，所以2S4－S2＝6a1＋11d≠S6，A选项错误；
B选项，3(S4－S2)＝6a1＋15d＝S6，B选项正确；
C选项，S2n＝2a1n＋n(2n－1)d＝2a1n＋(2n2－n)d，S4n＝4a1n＋2n(4n－1)d，S6n＝6a1n＋3n(6n－1)d，S4n－S2n＝2a1n＋(6n2－n)d，S6n－S4n＝2a1n＋(10n2－n)d，则S2n＋S6n－S4n＝4a1n＋(12n2－2n)d＝2[2a1n＋(6n2－n)d]＝2(S4n－S2n)，C选项正确；
D选项，＝＝a1＋，＝＝a1＋d，＝＝a1＋d，则＋＝2a1＋3d＝2×，D选项正确．故选BCD.
答案：BCD
10．解析：设等差数列{an}的公差为d，则a5＝a1＋4d＝11＋4d＝3，解得d＝－2.
S5＝5a1＋d＝5×11＋10×(－2)＝35，A对；
an＝a1＋(n－1)d＝11－2(n－1)＝13－2n，B对；
|an|＝|11－2n|＝，故当n＝5或6时，|an|取最小值1，C错；
Sn＝na1＋＝11n－n(n－1)＝－n2＋12n＝－(n－6)2＋36，故当n＝6时，Sn取得最大值36，D对．故选ABD.
答案：ABD
11．解析：由题知5a1＋d＝15，又a1＝1，解得d＝1.
a8＝1＋7×1＝8.
答案：8
12．解析：∵a1＋a5＝3a2，
∴2a1＋4d＝3a1＋3d，
∴a1＝d，
＝＝＝.
答案：
13．解析：因为{an}是公差为d的正项等差数列，则an＝a1＋(n－1)d.
因为Sn是等差数列{an}的前n项和，所以Sn＝na1＋.
又因为{}也是公差为d的等差数列，则＝＋(n－1)d.
从而有＝＋(n－1)d，两边平方得na1＋＝a1＋2(n－1)d＋(n－1)2d2，即n2＋n＝d2n2＋(2d－2d2)n＋a1－2d＋d2.
由多项式相等，得出解得或(舍).
答案：
14．解析：由题意得，在第100行，前99行共有＝4950个数，
故是该组数据的第4953个数．
答案：4953
15．解析：(1)由等差数列的性质可得：S5＝5a3，则a3＝5a3，
∴a3＝0，
设等差数列的公差为d，从而有a2a4＝(a3－d)(a3＋d)＝－d2，
S4＝a1＋a2＋a3＋a4＝(a3－2d)＋(a3－d)＋a3＋(a3＋d)＝－2d，
从而－d2＝－2d，由于公差不为零，故d＝2，
数列的通项公式为：an＝a3＋(n－3)d＝2n－6.
(2)由数列的通项公式可得a1＝2－6＝－4，则Sn＝n×(－4)＋×2＝n2－5n，
则不等式Sn>an即：n2－5n>2n－6，整理可得(n－1)(n－6)>0，
解得n<1或n>6，又n为正整数，故n的最小值为7.
16．解析：取a1＝－，则cosa1＝，cosa2＝cos (a1＋)＝，cosa3＝cos (a1＋)＝－1，所以S＝，ab＝－，故选B.
答案：B
17．解析：(1)因为3a2＝3a1＋a3，所以3(a2－a1)＝a1＋2d，
所以3d＝a1＋2d，所以a1＝d，
所以an＝nd.
因为bn＝，所以bn＝＝，
所以S3＝＝＝6d，T3＝b1＋b2＋b3＝＋＋＝.
因为S3＋T3＝21，
所以6d＋＝21，解得d＝3或d＝，
因为d>1，所以d＝3.
所以{an}的通项公式为an＝3n.
(2)因为bn＝，且{bn}为等差数列，
所以2b2＝b1＋b3，即2×＝＋，
所以－＝，所以a－3a1d＋2d2＝0，
解得a1＝d或a1＝2d.
①当a1＝d时，an＝nd，所以bn＝＝＝，
S99＝＝＝99×50d，
T99＝＝＝.
因为S99－T99＝99，
所以99×50d－＝99，
即50d2－d－51＝0，
解得d＝或d＝－1(舍去).
②当a1＝2d时，an＝(n＋1)d，所以bn＝＝＝，
S99＝＝＝99×51d，
T99＝＝＝.
因为S99－T99＝99，
所以99×51d－＝99，
即51d2－d－50＝0，
解得d＝－(舍去)或d＝1(舍去).
综上，d＝.课后定时检测案43 等比数列
一、单项选择题
1．[2024·江西赣州模拟]已知等比数列{an}的公比为2，前n项和为Sn.若S9＝511，则a3＝( )
A．4 B．8 C．16 D．32
2．[2024·北京海淀模拟]已知等比数列{an}的首项和公比相等，那么数列{an}中与a3a7一定相等的项是( )
A．a5B．a7C．a9D．a10
3．[2024·河北廊坊模拟]公比q>1的等比数列{an}满足a4a5＝6，a2＋a7＝5，则＝( )
A．B．C．D．3
4．[2024·广东湛江模拟]设Sn为公比为q的等比数列{an}的前n项和，且2S3＝7a2，则q＝( )
A．B．2
C．或D．或2
5．[2024·河北衡水模拟]已知等比数列{an}的前三项和为39，a6－6a5＋9a4＝0，则a5＝( )
A.81B．243C．27D．729
6．设等比数列{an}的前n项和为Sn，若＝5，则＝( )
A．B．C．D．3
7．[2024·河南郑州模拟]在等比数列{an}中，公比q＝2，且＋＋＋＝，则a9＋a10＋a11＋a12＝( )
A．3B．12C．18D．24
8．(素养提升)云冈石窟，古称为武州山大石窟寺，是世界文化遗产．若某一石窟的某处“浮雕像”共7层，每一层的“浮雕像”个数是其下一层的2倍，共有1016个“浮雕像”，这些“浮雕像”构成一幅优美的图案，若从最下层往上每一层的“浮雕像”的个数构成一个数列{an}，则log2(a3a5)的值为( )
A．8B．10C．12D．16
9．(素养提升)已知{an}为等比数列，函数f(x)＝－x2＋4x＋1，若a1与a5恰好为f(x)的两个极值点，那么a3的值为( )
A．±2或±B．±2
C．2D．
二、多项选择题
10．[2024·广东深圳模拟]等比数列{an}的公比为q，前n项和为Sn，且q≠－1，以下结论正确的是( )
A．{a}是等比数列
B．数列a11＋a12，a12＋a13，a13＋a14成等比数列
C．若q>1，则{an}是递增数列
D．若q>0，则{Sn}是递增数列
11．(素养提升)中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题：“三百七十八里关，初步健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见次日行里数，请公仔细算相还”．其大意为：“有一人走378里路，第一天健步行走，从第二天起脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地”．则下列说法正确的是( )
A．该人第五天走的路程为12里
B．该人第三天走的路程为42里
C．该人前三天共走的路程为330里
D．该人最后三天共走的路程为42里
三、填空题
12．[2024·江西萍乡模拟]已知等比数列{an}的前n项和为Sn，若Sn＝5×3n－1＋t，则t＝____________.
13．在1和9之间插入三个数，使这五个数组成正项等比数列，则中间三个数的积等于________________________________________________________________________．
14．(素养提升)[2024·河北衡水模拟]分形几何学是法国数学家曼德尔勃罗特在20世纪70年代创立的一门新学科，它的创立为解决传统科学众多领域的难题提供了全新的思路．如图，正三角形ABC的边长为4，取△ABC各边的中点D，E，F作第2个三角形，然后再取△DEF各边的中点G，H，I作第3个三角形，以此方法一直进行下去．已知△ABC为第1个三角形，设前n个三角形的面积之和为Sn，若Sn>5，则n的最小值为________．
四、解答题
15．[2020·新高考Ⅱ卷]已知公比大于1的等比数列{an}满足a2＋a4＝20，a3＝8.
(1)求{an}的通项公式；
(2)求a1a2－a2a3＋…＋(－1)n－1anan＋1.
?优生选做题?
16．[2022·江西景德镇模拟]如图为“杨辉三角”示意图，已知每行的数字之和构成的数列为等比数列且记该数列前n项和为Sn，设bn＝，将数列{bn}中的整数项依次取出组成新的数列记为{cn}，则c20＝( )
A．545B．51C．560D．48
17．[2024·河北石家庄模拟]已知数列{an}的各项均为正数且均不相等，记Sn为{an}的前n项和，从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立．
①数列{an＋1}是等比数列；②a2＝2a1＋1；
③{Sn＋n＋a1＋1}是等比数列．
注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分．
课后定时检测案43 等比数列
1．解析：因为S9＝＝511a1＝511，a1＝1，所以a3＝1×22＝4.故选A.
答案：A
2．解析：设公比为q，则a1＝q，由等比数列的性质可知a3a7＝a1a9＝a9q＝a10.故选D.
答案：D
3．解析：依题意，q>1，
由已知得
所以q5＝＝，＝q10＝.故选C.
答案：C
4．解析：由题意得2(＋a2＋a2q)＝7a2，因为a2≠0，所以＋q＝，所以q2－q＋1＝0，解得q＝或2.故选D.
答案：D
5．解析：由a6－6a5＋9a4＝0 a4·(q2－6q＋9)＝0，而an≠0，
∴q＝3，又a1＋a2＋a3＝a1＋3a1＋9a1＝13a1＝39 a1＝3，∴an＝3n，a5＝35＝243.
故选B.
答案：B
6．解析：设等比数列的公比为q，若q＝1，则＝＝2≠5，所以q≠1；
由等比数列的性质知S5，S10－S5，S15－S10，…成等比数列，其公比为＝－1＝4，设S5＝t，显然t≠0，则S10＝5t，S15－S10＝t·42＝16t，
所以S15＝21t，所以＝.故选C.
答案：C
7．解析：＋＋＋＝＋＝＋＝＝，∵＋＋＋＝，∴＝，∴a9＋a10＋a11＋a12＝12.故选B.
答案：B
8．解析：从最下层往上“浮雕像”的数量构成一个数列{an}，
则{an}是以2为公比的等比数列，
∴S7＝＝1016，127a1＝1016，解得a1＝8，
∴an＝8×2n－1，
∴log2(a3a5)＝log2(8×22×8×24)＝12.故选C.
答案：C
9．解析：设等比数列{an}的公比为q(q≠0)，
由f(x)＝－x2＋4x＋1，
得f′(x)＝x2－5x＋4＝(x－1)(x－4)，
令f′(x)>0，则x<1或x>4；令f′(x)<0，则1所以函数f(x)在(－∞，1)和(4，＋∞)上单调递增，在(1，4)上单调递减，
所以当x＝1时，f(x)取得极大值；当x＝4时，f(x)取得极小值．
因为a1与a5恰好为f(x)的两个极值点，
所以a1a5＝4，且a1>0，
又a＝a1a5＝4，且a3＝a1q2>0，
所以a3＝2.故选C.
答案：C
10．解析：由题意，an＝a1qn－1，Sn＝a1；
对于A，a＝a(q2)n－1，所以{a}是首项为a，公比为q2的等比数列，正确；
对于B，因为q≠－1，a11＋a12＝a1q10＋a1q11＝a1q10(1＋q)，a12＋a13＝a1q11(1＋q)，a13＋a14＝a1q12(1＋q)，
(a12＋a13)2＝aq22(1＋q)2，(a11＋a12)(a13＋a14)＝aq22(1＋q)2，
∴(a12＋a13)2＝(a11＋a12)(a13＋a14)≠0，＝，它们成等比数列，正确；
对于C，若a1<0，q＞1，则an＋1－an＝a1qn－a1qn－1＝a1qn－1(q－1)＜0，{an}为递减数列，错误；
对于D，Sn＋1－Sn＝(1－qn＋1－1＋qn)＝a1qn，若a1<0，q＞0，则Sn＋1－Sn＜0，Sn＋1答案：AB
11．解析：由题意可得此人每天走的路程构成了一个公比为的等比数列，且S6＝378，
所以S6＝＝378，解得a1＝192，
所以an＝a1qn－1＝192×()n－1(1≤n≤6，n∈N*)，
因为a5＝192×()4＝12，所以A正确；
因为a3＝192×()2＝48，所以B错误；
S3＝＝＝336，所以C错误；
该人最后三天共走的路程为S6－S3＝378－336＝42，所以D正确．故选AD.
答案：AD
12．解析：设等比数列{an}公比为q(q≠1)，则Sn＝＝－，
即等比数列{an}的前n项和Sn要满足Sn＝ABn－A(AB≠0)，
又因为Sn＝5×3n－1＋t＝×3n＋t，所以t＝－.
答案：－
13．解析：依题意a1＝1，a5＝9，所以a1a5＝a2a4＝a＝9，所以a3＝3或a3＝－3(舍去)，所以a2a3a4＝a＝27.
答案：27
14．解析：设第n个三角形的面积为an，
∵第n＋1个三角形的边长为第n个三角形边长的一半，
∴an＋1＝an，
又a1＝×4×4×＝4，
∴数列{an}是以4为首项，为公比的等比数列，
∵S2＝a1＋a2＝4＋＝5，
∴当n≥3且n∈N*时，Sn>S2＝5，∴n的最小值为3.
答案：3
15．解析：(1)设等比数列{an}的公比为q(q>1)，则
整理可得：2q2－5q＋2＝0，∵q>1，q＝2，a1＝2，
∴数列的通项公式为an＝2·2n－1＝2n.
(2)由于(－1)n－1anan＋1＝(－1)n－1×2n×2n＋1＝(－1)n－122n＋1，
故a1a2－a2a3＋…＋(－1)n－1anan＋1＝23－25＋27－29＋…＋(－1)n－1·22n＋1＝＝－(－1)n.
16．解析：由题意知第n行数字之和构成的数列的通项为2n－1，
∴Sn＝＝2n－1，∴bn＝；
则数列{bn}的整数项为：4，6，9，11，14，16，…，
∴数列{cn}的奇数项是以4为首项，5为公差的等差数列；偶数项是以6为首项，5为公差的等差数列，
∴c2n－1＝4＋5(n－1)＝5n－1，c2n＝6＋5(n－1)＝5n＋1，
∴c20＝5×10＋1＝51.故选B.
答案：B
17．解析：选择①②为条件，③为结论．
证明过程如下：
设等比数列{an＋1}的公比为q(q>0且q≠1)，则an＋1＝(a1＋1)qn－1，
由a2＝2a1＋1得a2＋1＝2(a1＋1)，所以q＝2，
则an＋1＝(a1＋1)2n－1，即an＝(a1＋1)2n－1－1，
所以Sn＝－n，即Sn＝(a1＋1)(2n－1)－n，
所以Sn＋n＋a1＋1＝2(a1＋1)·2n－1，
所以{Sn＋n＋a1＋1}是以2(a1＋1)为首项，2为公比的等比数列．
选择①③为条件，②为结论．
证明过程如下：
设等比数列{an＋1}的公比为q(q>0且q≠1)，则an＋1＝(a1＋1)qn－1，
所以a2＋1＝(a1＋1)q，(*)
因为{Sn＋n＋a1＋1}是等比数列，
所以(S2＋2＋a1＋1)2＝(S1＋1＋a1＋1)(S3＋3＋a1＋1)，
即[2(a1＋1)＋a2＋1]2＝2(a1＋1)[2(a1＋1)＋a2＋1＋a3＋1].
所以[2(a1＋1)＋(a1＋1)q]2＝2(a1＋1)[2(a1＋1)＋(a1＋1)q＋(a1＋1)q2].
因为a1＋1≠0，所以化简整理得(2＋q)2＝2(2＋q＋q2)，
即q2－2q＝0，因为q>0，所以q＝2，
代入(*)式，得a2＋1＝2(a1＋1)，即a2＝2a1＋1.
选择②③为条件，①为结论．
证明过程如下：
设等比数列{Sn＋n＋a1＋1}的公比为q1(q1>0且q1≠1)，
则Sn＋n＋a1＋1＝(S1＋1＋a1＋1)q＝2(a1＋1)q，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2(a1＋1)q－2(a1＋1)q－1＝2(a1＋1)q(q1－1)－1，
所以a2＝2(a1＋1)(q1－1)－1，
又因为a2＝2a1＋1，所以2(a1＋1)＝2(a1＋1)(q1－1)，因为a1＋1≠0，所以q1＝2，
所以an＝2(a1＋1)2n－2－1＝(a1＋1)·2n－1－1，
得an＋1＝(a1＋1)·2n－1，
因为当n＝1时，上式恒成立，
所以{an＋1}是首项为a1＋1，公比为2的等比数列．课后定时检测案44 构造法求数列的通项公式
一、单项选择题
1．已知数列{an}满足：a1＝2，an＋1＝3an＋2，则a4＝( )
A．20B．26
C．80D．128
2．[2024·河南南阳模拟]已知数列{an}的前n项和为Sn，首项a1＝1，且满足an＋1＋an＝3·2n，则S11＝( )
A．4093B．4094
C．4095D．4096
3．[2024·河北秦皇岛模拟]已知数列{an}各项均为正数，a1＝3，且有an＋1＝3－，则an＝( )
A．B．
C．4－D．＋2
4．[2024·黑龙江齐齐哈尔模拟]在数列{an}中，a1＝3，an＝2an－1－n＋2(n≥2，n∈N＋)，若an>980，则n的最小值是( )
A．8B．9
C．10D．11
5．[2024·山西吕梁模拟]已知数列{an}满足3an－2an－1＝an＋1(n≥2，n∈N*)，且a1＝0，a6＝2023，则a2＝( )
A．B．
C．D．
6．已知数列{an}中，a1＝1，a2＝2，an＋1＝2an＋3an－1(n≥2，n∈N*)，数列{an}的前99项和S99＝( )
A．B．
C．D．
二、多项选择题
7．已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝3an＋1(n∈N*)，{an}的前n项和为Sn，则( )
A．是等比数列
B．是等比数列
C．an＝－
D．Sn＝
8．[2024·重庆模拟]已知数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝2，且an＋1＝3an＋2n，则( )
A．数列{an＋2n}是等比数列
B．数列是等比数列
C．an＝2×3n－2n＋1
D．Sn＝2(3n－2n)
三、填空题
9．已知数列{an}满足a1＝，an＋1＝，则数列{an}的通项公式是________．
10．已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝6an＋2n＋1，则数列{an}的通项公式是________．
课后定时检测案44 构造法求数列的通项公式
1．解析：由an＋1＝3an＋2，所以an＋1＋1＝3(an＋1)，＝3，
所以数列{an＋1}是首项为a1＋1＝3，公比为3的等比数列，
所以an＋1＝3×3n－1＝3n，an＝3n－1，所以a4＝80.故选C.
答案：C
2．解析：an＋1＋an＝3·2n，故＝＝＝－1，又a1－2＝－1，
所以{an－2n}是首项为－1，公比为－1的等比数列，所以an＝(－1)n＋2n，
则S11＝a1＋a2＋…＋a11＝－1＋21＋1＋22＋…－1＋211＝－1＋＝4093.故选A.
答案：A
3．解析：an＋1＝3－，an＋1－2＝1－＝，
显然若an－2＝0，则an＋1－2＝0，则 n∈N*，an＝2，与题意矛盾，
所以 n∈N*，an－2≠0，两边同时取倒数，得＝＝1＋，
设bn＝，b1＝1，bn＋1＝1＋2bn，bn＋1＋1＝2(bn＋1)，
因为b1＋1＝2≠0，故bn＋1≠0，故＝2，所以{bn＋1}为等比数列，
所以bn＋1＝2×2n－1＝2n，故bn＝2n－1，所以＝2n－1，
故an＝＋2.故选D.
答案：D
4．解析：因为an＝2an－1－n＋2(n≥2，n∈N＋)，
所以an－n＝2(n≥2，n∈N＋).
因为a1＝3，所以a1－1＝2，
所以数列{an－n}是首项和公比都是2的等比数列，
则an－n＝2n，即an＝2n＋n，
因为an－an－1＝2n－1＋1>0，所以数列{an}是递增数列，
因为a9＝521<980，a10＝1034>980，
所以满足an>980的n的最小值是10.故选C.
答案：C
5．解析：由3an－2an－1＝an＋1可得2(an－an－1)＝an＋1－an，
若an－an－1＝0，则a6＝a5＝a4＝a3＝a2＝a1＝0，与题中条件矛盾，故an－an－1≠0，
所以＝2，也即数列{an＋1－an}是以a2－a1＝a2为首项，以2为公比的等比数列，所以an＋1－an＝a2·2n－1，
则有a6－a1＝a6－a5＋a5－a4＋a4－a3＋a3－a2＋a2－a1，
也即a6＝a2·24＋a2·23＋a2·22＋a2·21＋a2·20＝31a2，所以a2＝＝.故选A.
答案：A
6．解析：由an＋1＝2an＋3an－1得an＋1＋an＝3(an＋an－1)，
又a1＋a2＝3，
所以{an＋1＋an}是3为首项，公比为3的等比数列，
即an＋1＋an＝3n，
设cn＝an＋1＋an＝3n，S99＝a1＋c2＋c4＋…＋c98＝1＋＝.故选B.
答案：B
7．解析：数列{an}中，n∈N*，an＋1＝3an＋1，则an＋1＋＝3，又a1＋＝，
因此数列是以为首项，3为公比的等比数列，A错误，B正确；
an＋＝×3n－1＝，即有an＝－，C正确；
Sn＝(＋＋…＋)－＝－＝，D错误．故选BC.
答案：BC
8．解析：对于A，an＋1＋2n＋1＝3an＋2n＋2n＋1＝3an＋3·2n＝3(an＋2n)，
又a1＋2＝4≠0 ＝3，故数列{an＋2n}是以4为首项，3为公比的等比数列，
an＋2n＝4×3n－1 an＝4×3n－1－2n，Sn＝－＝2(3n－2n)，故A正确，C错误，D正确；
＋1＝＋1＝·＋＝，
又因为＋1＝2≠0，故数列是以2为首项，为公比的等比数列，故B正确．故选ABD.
答案：ABD
9．解析：由an＋1＝，及a1＝可得an≠0，且＝＝·＋，
所以－1＝·＋－1＝，
所以数列是以为首项，为公比的等比数列，
所以－1＝×()n－1＝，所以＝＋1＝，
所以an＝.
答案：an＝
10．解析：因为an＋1＝6an＋2n＋1，所以＝＋1，
设＋x＝3，可得＝＋2x，
所以2x＝1，即x＝，
所以＋＝3，
所以数列是首项为＋＝1，公比为3的等比数列，
所以＋＝3n－1，所以an＝2n·3n－1－2n－1＝2×6n－1－2n－1.
答案：an＝2×6n－1－2n－1课后定时检测案45 数列求和
1.[2024·安徽合肥模拟]已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，an＋1＝Sn＋1.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)令bn＝nan，求数列{bn}的前n项和Tn.
2．[2024·河北张家口模拟]已知数列{an}满足3＋＋＋＋…＋＝.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)记数列的前n项和为Sn，证明：Sn<.
3．[2024·河北沧州模拟]已知正项数列{an}的前n项和为Sn，满足an＝2－1.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝ancos，求数列{bn}的前3n＋1项和T3n＋1.
?优生选做题?
4．[2024·河南驻马店模拟]已知等比数列{an}的公比q>1，若a2＋a3＋a4＝14，且a2，a3＋1，a4分别是等差数列{bn}的第1，3，5项．
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；
(2)若cn＝＋，求数列{cn}的前n项和Sn.
课后定时检测案45 数列求和
1．解析：(1)由题意得，an＋1＝Sn＋1；当n≥2时，an＝Sn－1＋1，
两式相减得an＋1－an＝an，即an＋1＝2an.
又因为a2＝S1＋1＝a1＋1＝2＝2a1，所以当n≥1时，an＋1＝2an，
所以{an}成等比数列，且首项a1＝1，公比q＝2，
所以an＝2n－1.
(2)由(1)得，bn＝nan＝n·2n－1，
所以Tn＝1×20＋2×2＋3×22＋…＋n·2n－1， ①
①×2得，2Tn＝1×21＋2×22＋3×23＋…＋(n－1)·2n－1＋n·2n， ②
①－②得，－Tn＝1＋21＋22＋23＋…＋2n－1－n·2n＝2n－1－n·2n＝－(n－1)·2n－1，
所以Tn＝(n－1)·2n＋1.
2．解析：(1)由题意，数列{an}满足3＋＋＋＋…＋＝，
当n＝1时，可得3＋＝＝，解得a1＝－1；
当n≥2时，可得3＋＋＋＋…＋＝，
两式相减得＝－＝＝，所以an＝－2n＋1，
当n＝1时，a1＝－1，适合上式，
所以数列{an}的通项公式为an＝－2n＋1.
(2)令bn＝，由an＝－2n＋1，
可得bn＝＝＝＝(－)，
所以Sn＝
＝
＝－，
因为n∈N*，可得>0，所以Sn<.
3．解析：(1)an＝2－1 (an＋1)2＝4Sn，
当n≥2时，(an－1＋1)2＝4Sn－1，两式子作差可得
a－a＋2an－2an－1＝4an a－a－2(an＋an－1)＝0 (an＋an－1)(an－an－1－2)＝0，
又an＋an－1≠0，所以an－an－1－2＝0 an－an－1＝2，
可得数列{an}为公差为2的等差数列，
当n＝1时，a1＝2－1 a1－2＋1＝0 (－1)2＝0 a1＝1，
所以数列{an}的通项公式为an＝a1＋(n－1)d＝2n－1.
(2)bn＝ancos＝(2n－1)cos，T3n＋1＝b1＋b2＋b3＋…＋b3n－2＋b3n－1＋b3n＋b3n＋1，
T3n＋1＝1×(－)＋3×(－)＋5×1＋…＋(6n－5)×(－)＋(6n－3)×(－)＋(6n－1)×1＋(6n＋1)×(－)
＝×(－)＋×(－)＋×1＋(6n＋1)×(－)
＝－＋n－＋3n2＋2n－3n－＝－，
所以数列{bn}的前3n＋1项和T3n＋1＝－.
4．解析：(1)因为a2，a3＋1，a4分别是等差数列{bn}的第1，3，5项，所以2(a3＋1)＝a2＋a4，
又a2＋a3＋a4＝14，所以得a3＝4，所以a1q2＝4且a2＋a4＝a1q＋a1q3＝10，
由q>1可解得q＝2，a1＝1，所以an＝2n－1；
又b1＝a2＝2，b3＝a3＋1＝5，故等差数列bn的公差d＝＝，
所以bn＝2＋(n－1)·＝n＋.
(2)由(1)知cn＝＋，
令dn＝，en＝，设数列{dn}的前n项和为An，数列{en}的前n项和为Bn，则Sn＝An＋Bn.
因为dn＝＝－，
所以An＝＋＋…＋＝1－，
因为Bn＝＋＋＋…＋＋，
所以Bn＝＋＋＋…＋＋，
两式相减，得Bn＝2＋＋＋…＋＋－＝2＋3×－＝－，
所以Bn＝7－，
所以Sn＝1－＋7－＝8－－.课后定时检测案46 数列的综合
1.[2022·新高考Ⅱ卷]已知{an}是等差数列，{bn}是公比为2的等比数列，且a2－b2＝a3－b3＝b4－a4.
(1)证明：a1＝b1.
(2)求集合{k|bk＝am＋a1，1≤m≤500}中元素的个数．
2．[2024·河南襄城模拟]在等比数列{an}中，a7＝8a4，且a2，a3－4，a4－12成等差数列．
(1)求{an}的通项公式；
(2)设bn＝(－1)nlog2an，数列bn的前n项和为Tn，求满足|Tk|＝20的k的值．
3．[2022·新高考Ⅰ卷]记Sn为数列的前n项和，已知a1＝1，是公差为的等差数列．
(1)求的通项公式；
(2)证明：＋＋…＋<2.
?优生选做题?
4．[2024·河北石家庄模拟]设正项数列{an}的前n项和为Sn，且4Sn＝a＋2an－8.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)能否从{an}中选出以a1为首项，以原次序组成的等比数列ak1，ak2，…，akm，…，(k1＝1).若能，请找出使得公比最小的一组，写出此等比数列的通项公式，并求出数列{kn}的前n项和Tn；若不能，请说明理由．
课后定时检测案46 数列的综合
1．解析：(1)证明：设等差数列{an}的公差为d.
由a2－b2＝a3－b3，知a1＋d－2b1＝a1＋2d－4b1，
故d＝2b1.
由a2－b2＝b4－a4，知a1＋d－2b1＝8b1－(a1＋3d)，
所以a1＋d－2b1＝4d－(a1＋3d)，
所以a1＋d－2b1＝d－a1.整理得a1＝b1，得证．
(2)由(1)知d＝2b1＝2a1.
由bk＝am＋a1，知b1·2k－1＝a1＋(m－1)·d＋a1，
即b1·2k－1＝b1＋(m－1)·2b1＋b1，即2k－1＝2m.
因为1≤m≤500，所以2≤2k－1≤1000，
解得2≤k≤10.
故集合{k|bk＝am＋a1，1≤m≤500}中元素的个数为9.
2．解析：(1)设{an}的公比为q，由a7＝8a4，得a4q3＝8a4，解得q＝2，
由a2，a3－4，a4－12成等差数列，得2(a3－4)＝a2＋a4－12，即2(4a1－4)＝a1＋8a1－12，解得a1＝4，
所以数列{an}的通项公式是an＝4×2n－1＝2n＋1.
(2)由(1)知，bn＝(－1)nlog2an＝(－1)n(n＋1)，b2n－1＋b2n＝(－1)2n－1·2n＋(－1)2n(2n＋1)＝1，
当k为偶数时，Tk＝(b1＋b2)＋(b3＋b4)＋…＋(bk－1＋bk)＝，令|Tk|＝＝20，得k＝40；
当k为奇数时，Tk＝Tk＋1－bk＋1＝－(k＋2)＝－，令|Tk|＝＝20，得k＝37，所以k＝40或37.
3．解析：(1)∵a1＝1，∴＝1.
又∵是公差为的等差数列，
∴＝＋(n－1)＝n＋，
即Sn＝(n＋)an＝(n＋2)an，
∴当n≥2时，Sn－1＝(n＋1)an－1，
∴an＝Sn－Sn－1＝(n＋2)an－(n＋1)an－1，n≥2，即(n－1)an＝(n＋1)an－1，n≥2，
∴＝，n≥2，
∴当n≥2时，··…··＝··…··＝，∴an＝.
当n＝1时，a1＝1满足上式，∴an＝.
(2)证明：由(1)知an＝，
∴＝＝2(－)，
∴＋＋…＋＝2(1－＋－＋…＋－)＝2(1－).
∵n∈N*，∴0＜≤，∴1－＜1，
∴2(1－)＜2，∴＋＋…＋＜2.
4．解析：(1)当n＝1时，4S1＝a＋2a1－8＝4a1，即a－2a1－8＝0(a1>0)，
得a1＝4或a1＝－2(舍去).
当n≥2时，由4Sn＝a＋2an－8， ①
得4Sn－1＝a＋2an－1－8(n≥2)， ②
①－②得：4an＝a－a＋2an－2an－1，
化简得(an－an－1－2)(an＋an－1)＝0.
因为an>0，所以an－an－1－2＝0，an＝an－1＋2(n≥2)，
即数列{an}是以4为首项，2为公差的等差数列，
所以an＝2n＋2(n∈N*).
(2)能．
当ak1＝a1＝4，ak2＝a3＝8时，
会得到数列{an}中原次序的一列等比数列ak1，ak2，…，akm，…，(k1＝1)，
此时的公比q＝2，是最小的，此时该等比数列的项均为偶数，均在数列{an}中；
下面证明此时的公比最小：
ak1＝a1＝4，假若ak2取a2＝6，公比为＝，
则ak3＝4×()2＝9为奇数，不可能在数列{an}中．
所以akm＝4·2m－1＝2m＋1.
又akm＝2km＋2＝2m＋1，所以km＝2m－1，
即{kn}的通项公式为kn＝2n－1(n∈N*)，
故Tn＝21－1＋22－1＋…＋2n－1＝－n＝2n＋1－n－2.课后定时检测案47 基本立体图形、简单几何体的表面积与体积
一、单项选择题
1．已知某圆锥的侧面展开图为半圆，该圆锥的体积为9π，则该圆锥的表面积为( )
A．27π B．20π C．18π D．16π
2．已知一个圆柱的侧面展开图是一个正方形，则这个圆柱的全面积与侧面积的比是( )
A．B．
C．D．
3．若正三棱锥的侧面均为直角三角形，底面边长为，则该正三棱锥的体积为( )
A．B．C．1D．
4．[2024·河北沧州模拟]已知圆台O′O的上、下底面直径分别为1和2，高为，则圆台O′O的侧面展开图(扇环)的圆心角为( )
A．πB．C．D．
5．[2024·福建漳州模拟]陀螺是中国民间最早的娱乐工具之一．图1是一种木陀螺，可近似地看作是一个圆锥和一个圆柱的组合体，其直观图如图2所示，其中A是圆锥的顶点，B，C分别是圆柱上、下底面圆的圆心，且AC＝3AB.若该陀螺的体积是，底面圆的半径为2，则其表面积为( )
A．πB．π
C．πD．π
6．[2024·河北衡水模拟]已知一个圆台的上、下底面面积之比为1∶4，其轴截面面积为9，母线长为上底面圆的半径的倍，则这个圆台的体积为( )
A．3πB．5πC．7πD．9π
7．(素养提升)《九章算术·商功》：“斜解立方，得两堑堵，斜解堑堵，其一为阳马，其一为鳖臑”．意思是一个长方体沿对角面斜解(图1)，得到一模一样的两个堑堵(图2)，再沿一个堑堵的一个顶点和相对的棱斜解(图2)，得一个四棱锥称为阳马(图3)，一个三棱锥称为鳖臑(图4).若长方体的体积为V，由该长方体斜解所得到的堑堵、阳马和鳖臑的体积分别为V1，V2，V3，则下列等式错误的是( )
A．V1＋V2＋V3＝VB．V1＝2V2
C．V2＝2V3D．V2－V3＝
8．(素养提升)[2023·全国甲卷]甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为2π，侧面积分别为S甲和S乙，体积分别为V甲和V乙．若＝2，则＝( )
A．B.2
C.D.
二、多项选择题
9．已知四边形ABCD用斜二测画法画出的直观图为直角梯形A′B′C′D′，如图所示，A′B′＝1，A′D′＝2，B′C′＝3，A′B′⊥B′C′，A′D′∥B′C′，则( )
A．AB＝3B．AB＝2
C．DC＝2D．DC＝2
10．如果一个凸n面体共有m个面是直角三角形，那么我们称这个凸n面体的直度为，则( )
A.三棱锥的直度的最大值为1
B．直度为的三棱锥只有一种
C．四棱锥的直度的最大值为1
D．四棱锥的直度的最大值为
11．(素养提升)攒尖是我国古代建筑中屋顶的一种结构形式，宋代称为最尖，清代称攒尖，通常有圆形攒尖、三角攒尖、四角攒尖、八角攒尖，也有单檐和重檐之分，多见于亭阁式建筑，园林建筑．下面以四角攒尖为例，如图，它的屋顶部分的轮廓可近似看作一个正四棱锥．已知此正四棱锥的侧棱与底面所成角的正切值近似为，侧棱长近似为米，则下列结论正确的是( )
A．正四棱锥的底面边长近似为3米
B．正四棱锥的高近似为米
C．正四棱锥的侧面积近似为48平方米
D．正四棱锥的体积近似为12立方米
三、填空题
12．[2020·新高考Ⅱ卷]已知正方体ABCD A1B1C1D1的棱长为2，M、N分别为BB1、AB的中点，则三棱锥A NMD1的体积为________．
13．已知圆柱和圆锥的底面重合，且母线长相等，设圆柱和圆锥的表面积分别为S1，S2，则＝________．
14．[2023·新高考Ⅱ卷]底面边长为4的正四棱锥被平行于其底面的平面所截，截去一个底面边长为2，高为3的正四棱锥，所得棱台的体积为________．
?优生选做题?
15．[2024·河北衡水模拟]沙漏是古代的一种计时装置，它由两个形状完全相同的容器和一个狭窄的连接管道组成，开始时细沙全部在上部容器中，细沙通过连接管道全部流到下部容器所需要的时间称为该沙漏的一个沙时．如图，某沙漏由上、下两个圆锥组成，圆锥的底面直径和高均为8cm，细沙全部在上部时，其高度为圆锥高度的 (细管长度忽略不计)，假设该沙漏每秒钟漏0.02cm3的沙，且细沙全部漏入下部后，恰好堆成一个盖住沙漏底部的圆锥形沙堆，以下结论不正确的是(π≈3.14)( )
A．沙漏中的细沙体积为cm3
B．沙漏的体积是128πcm3
C．细沙全部漏入下部后此锥形沙堆的高度约为2.4cm
D．该沙漏的一个沙时大约是1985秒
16．[2024·黑龙江牡丹江模拟]如图，已知圆锥的母线长为2，高为，O为底面圆心，且·＝－，E为线段PA上靠近点P的四等分点，则在此圆锥的侧面上，从E到C的最短路径长度为__________．
课后定时检测案47 基本立体图形、简单几何体的表面积与体积
1．解析：设圆锥底面半径为r，母线长为l，则2πr＝πl，所以l＝2r，所以圆锥的高为＝r，
所以×πr2·r＝9π，解得r＝3，故其表面积S＝πr2＋πrl＝9π＋18π＝27π.故选A.
答案：A
2．解析：设正方形边长为a，圆柱底面半径为r，易知圆柱高为a，2πr＝a，r＝，
全面积为S＝2πr2＋a2＝2π×()2＋a2＝(＋1)a2，而侧面积为S′＝a2，
所以全面积与侧面积之比＝＋1＝.故选A.
答案：A
3．解析：正三棱锥的底面边长均相等，所以侧面均为等腰直角三角形，即三条侧棱两两垂直，所以侧棱长为，
所以体积V＝×(××)×＝.故选B.
答案：B
4．解析：设圆台上、下底面半径分别为r1，r2，母线长为l，侧面展开图(扇环)的圆心角为α，
由题意r1＝，r2＝1，l＝＝1，
如图，＝αr＝2πr1＝π①
＝α(r＋l)＝α(r＋1)＝2πr2＝2π②
联立①②可得r＝1，从而α＝π.故选A.
答案：A
5．解析：设AB＝a，则BC＝2a，
∴陀螺的体积V＝π×4a＋π×4×2a＝，解得a＝2，则圆锥母线长为＝2，
∴陀螺的表面积S＝4π＋4π×4＋π×2×2＝(20＋4)π.故选C.
答案：C
6．解析：如图，设圆台上、下底面圆心分别为C，A，
半径分别为CD，AB，
由题意得CD∶AB＝1∶2，即AB＝2CD，
因为圆台的轴截面面积为9.
所以(2AB＋2CD)AC＝9，所以AC·CD＝3，
过点D作DE⊥AB于点E，
所以BD＝＝，
因为母线长为上底面圆的半径的倍，
所以10CD2＝AC2＋CD2，即AC＝3CD.
所以AC＝3，CD＝1，所以AB＝2，
所以圆台的体积V＝(S上＋S下＋)h＝(π＋4π＋)×3＝7π.故选C.
答案：C
7．解析：由题设，V＝2V1，V1＝V2＋V3，则V1＋V2＋V3＝V，A对；
如下图，连接BD，将阳马一分为二，又VA BDE＝VA BCD＝VD ABC＝V3，
所以V2＝2V3，V1＝3V3＝V2，则V＝6V3，故V2－V3＝V3＝，所以B错，C、D对．故选B.
答案：B
8．解析：设母线长为l，甲圆锥底面半径为r1，乙圆锥底面圆半径为r2，则＝＝＝2，
所以r1＝2r2，
又＋＝2π，则＝1，
所以r1＝l，r2＝l，
所以甲圆锥的高h1＝＝l，
乙圆锥的高h2＝＝l，
所以＝＝＝.故选C.
答案：C
9．解析：根据斜二测画法可还原四边形ABCD的平面图，过点D作DH⊥BC，垂足为H，如图所示，
对于A，B，OA＝2OA′＝2A′B′＝2，OB＝O′B′＝A′B′＝1，
∴AB＝＝＝3，A正确，B错误；
对于C，D，∵BC＝B′C′＝3，AD＝A′D′＝2，∴HC＝BC＋OB－AD＝3＋1－2＝2，又DH＝OA＝2，∴DC＝＝＝2，C错误，D正确．故选AD.
答案：AD
10．解析：如图，借助于正方体模型，图1中三棱锥D ABC的四个面都是直角三角形，
其直度为1，A正确；
图1中三棱锥E BCD，三个平面CED，CBD，BCE都是直角三角形，
平面BDE为正三角形，其直度为；
图2中三棱锥D ABC，三个平面ABD，CBD，ABC都是直角三角形，
平面ACD为正三角形，其直度为，故直度为的三棱锥不止一种，B错误；
四棱锥共有5个面，底面为四边形，故其直度不可能为1，C错误；
图3中的四棱锥P ABCD的四个侧面都是直角三角形，底面为正方形，故四棱锥的直度的最大值为，D正确．故选AD.
答案：AD
11．解析：如图，在正四棱锥S ABCD中，O为正方形ABCD的中心，则SO⊥平面ABCD，
则∠SAO为侧棱与底面所成的角，且tan∠SAO＝.
设底面边长为2a，所以OA＝a，OS＝OA·tan∠SAO＝a.
在Rt△SAO中，(a)2＋(a)2＝21，所以a＝3，正四棱锥的底面边长为6米，高为米，△BCS的高为＝2(米)，侧面积S＝×6×2×4＝24平方米，体积V＝×62×＝12(立方米).故选BD.
答案：BD
12．解析：因为正方体ABCD A1B1C1D1的棱长为2，M、N分别为BB1、AB的中点，
所以＝＝××1×1×2＝.
答案：
13．解析：设圆柱与圆锥的半径均为r，母线为l，
故S1＝2πr2＋2πrl，S2＝πr2＋πrl，所以＝2.
答案：2
14.
解析：如图所示，正四棱锥P ABCD的底面边长为4，用平行于底面的平面截去一个底面边长为2，高为3的正四棱锥P A′B′C′D′后，得到正四棱台A′B′C′D′ ABCD，且A′B′＝2，AB＝4.记O′，O分别为正四棱台A′B′C′D′ ABCD上、下底面的中心，H′，H分别为A′B′，AB的中点，连接PO，PH，O′H′，OH，则PO′＝3，O′H′＝1，OH＝2.易知△PO′H′∽△POH，所以＝，即＝，解得PO＝6，所以OO′＝PO－PO′＝3，所以该正四棱台的体积V＝×3×(22＋2×4＋42)＝28.
答案：28
15．解析：根据圆锥的截面图可知，细沙在上部时，细沙的底面半径与圆锥的底面半径之比等于细沙的高与圆锥的高之比，所以细沙的底面半径r＝×4＝(cm)，
所以体积V＝×πr2×h＝××＝(cm3)，即A正确；
沙漏的体积V＝2××π×()2×h＝×42×8＝(cm3)，即B错误；
设细沙流入下部后的高度为h1，根据细沙体积不变可知，
＝×π×()2×h1，所以h1≈2.4(cm)，即C正确；
由上计算可得细沙的体积为cm3，沙漏每秒钟漏下0.02cm3的沙，所以一个沙时为≈≈1985(秒)，即D正确．故选B.
答案：B
16．解析：圆锥的底面半径为＝1，
由于·＝1×1×cos∠AOC＝－<0，
所以∠AOC为钝角，且∠AOC＝，所以＝×1＝.
圆锥的侧面展开图如图，
沿母线PA展开的圆锥的侧面展开图中弧AC所对的圆心角为∠APC＝＝，
连接EC，可得从E到C的最短路径长度为：
EC＝
＝＝.
答案：课后定时检测案48 与球有关的切、接问题
一、单项选择题
1．一个底面积为1的正四棱柱的顶点都在同一球面上，若此球的表面积为20π，则该四棱柱的高为( )
A． B．2 C．3 D．
2．圆柱内有一个球O，该球与圆柱的上、下底面及母线均相切，已知圆柱的体积为16π，则球O的体积为( )
A．B．C．16πD．12π
3．已知一个棱长为1的正方体，与该正方体每个面都相切的球半径记为R1，与该正方体每条棱都相切的球半径为R2，过该正方体所有顶点的球半径为R3，则下列关系正确的是( )
A.R1∶R2∶R3＝∶∶2
B．R1＋R2＝R3
C．R＋R＝R
D．R＋R＝R
4．[2024·广东揭阳模拟]如图，所有棱长都等于2的三棱柱ABC A1B1C1的所有顶点都在球O上，球O的体积为( )
A．27πB．
C．28πD．π
5．[2024·河南南阳模拟]已知正四面体P ABC的棱长为1，点O为底面ABC的中心，球О与该正四面体的其余三个面都有且只有一个公共点，且公共点非该正四面体的顶点，则球O的半径为( )
A．B．C．D．
6．[2022·新高考Ⅰ卷]已知正四棱锥的侧棱长为l，其各顶点都在同一球面上．若该球的体积为36π，且3≤l≤3，则该正四棱锥体积的取值范围是( )
A．B．
C．D．[18，27]
二、多项选择题
7．用一个平面去截棱长为1的正方体ABCD A1B1C1D1，则下列结论中正确的是( )
A．若该平面过点A，C，B1，则截面的周长为6
B．若该平面过点A，C，B1，则截得的两个几何体的外接球体积相等
C．若该平面过点A，D，B1，则截得的两个几何体的表面积均为3＋
D．若该平面过点D，B1，则其截正方体ABCD A1B1C1D1的外接球所得的截面面积不是定值
8．[2023·新高考Ⅰ卷]下列物体中，能够被整体放入棱长为1(单位：m)的正方体容器(容器壁厚度忽略不计)内的有( )
A．直径为0.99m的球体
B．所有棱长均为1.4m的四面体
C．底面直径为0.01m，高为1.8m的圆柱体
D．底面直径为1.2m，高为0.01m的圆柱体
三、填空题
9．[2024·山西大同模拟]四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑．在鳖臑P ABC中，PA⊥平面ABC，PA＝4，AB＝BC＝2，鳖臑P ABC的四个顶点都在同一个球面上，则该球的表面积是______．
10．[2024·河北衡水模拟]如图，已知台体ABCD A1B1C1D1的上、下底面均为长方形，且上、下底面中心的连线与底面垂直，上、下底面的距离为4.若AB＝4，AD＝4，A1B1＝4，则该台体的外接球的表面积为__________．
课后定时检测案48 与球有关的切、接问题
1．解析：设球的半径为R，则4πR2＝20π，解得R2＝5，
设四棱柱的高为h，则h2＋1＋1＝4R2，解得h＝3，故选C.
答案：C
2．解析：设球O的半径为R，则圆柱的底面圆的半径为R，高为2R，
所以πR2·2R＝16π，解得R＝2，
则球O的体积为πR3＝π.故选A.
答案：A
3．解析：由题意得2R1＝1，2R2＝，2R3＝，所以R1＝，R2＝，R3＝，
所以R1∶R2∶R3＝1∶∶，故选项A错误；
R1＋R2＝＋≠＝R3，故选项B错误；
R＋R＝＋＝＝R，故选项C正确；
R＋R＝＋≠R，故选项D错误．故选C.
答案：C
4．解析：如图，三棱柱外接球的球心在上下底面三角形中心连线的中点处，(O1，O2分别是等边三角形A1B1C1和ABC的中心，点O是线段O1O2的中点，即外接球的球心)，C1O1＝A1B1＝×2＝2，C1O＝＝，
所以球O的体积V＝πr3＝π×()3＝π.故选D.
答案：D
5．解析：因为正四面体P ABC的棱长为1，则正四面体P ABC的高为h＝＝，
由题可知球O与该正四面体的其余三个面都相切，设球O的半径为r，
则VP ABC＝VO PAB＋VO PBC＋VO PAC，
所以××＝×r＋×r＋×r，
所以r＝.故选B.
答案：B
6.
解析：设该球的半径为R，则由题意知πR3＝36π，解得R＝3.如图，连接AC，BD，相交于点E，连接PE并延长，交球于点Q，连接QD，则PQ＝2R＝6.易知PD⊥QD，DE⊥PQ，所以由射影定理，得PD2＝PE·PQ，所以PE＝，所以DE＝＝，所以DC＝DE＝×，所以正四棱锥的体积V＝×(×)2×＝(l4－)，则V′＝(4－).令V′＞0，得3≤l＜2，令V′＜0，得2＜l≤3，所以V＝(l4－)在[3，2)上单调递增，在(2，3 ]上单调递减，所以Vmax＝V(2)＝.又因为V(3)＝，V(3)＝＞，所以Vmin＝，所以该正四棱锥体积的取值范围是.故选C.
答案：C
7．解析：若该平面过点A，C，B1，则截面为正△ACB1，其边长为，则截面的周长为3，A错误；
若该平面过点A，C，B1，则截得的两个几何体的外接球均为正方体ABCD A1B1C1D1的外接球，故外接球体积相等，B正确；
当该平面过点A，D，B1时，截面为AB1C1D，则截得的两个几何体为相同的三棱柱，且三棱柱的表面积均为2×12＋2××12＋1×＝3＋，C正确；
若该平面过点D，B1，则其过正方体ABCD A1B1C1D1的外接球球心，所以截面面积是定值，D错误．故选BC.
答案：BC
8．解析：由于棱长为1m的正方体的内切球的直径为1m，所以选项A正确；由于棱长为1m的正方体中可放入棱长为m的正四面体，且>1.4，所以选项B正确；因为正方体的棱长为1m，体对角线长为m，<1.8，所以高为1.8m的圆柱体不可能整体放入正方体容器中，所以选项C不正确；由于正方体的体对角线长为m，而底面直径为1.2m的圆柱体，其高0.01m可忽略不计，故只需把圆柱的底面与正方体的体对角线平行放置，即可以整体放入正方体容器中，所以选项D正确．综上，选ABD.
答案：ABD
9．解析：把鳖臑P ABC补成一个长方体，如图所示：
则长方体的外接球即是鳖臑P ABC的外接球，
又∵PA＝4，AB＝BC＝2，
∴长方体的外接球半径R＝×＝，
∴鳖臑P ABC的外接球半径为R＝，
则该球的表面积是4πR2＝24π.
答案：24π
10．解析：由台体的结构特征知：＝，∴A1D1＝×4＝4，
∴B1D1＝＝8，BD＝＝8；
设台体的外接球球心为O，半径为R，BD，B1D1中点分别为E，E1，作出截面BDD1B1如图所示，
设OE＝h，则OE1＝4－h，
在Rt△OB1E1和Rt△OBE中，，解得，即球心O为BD中点，
∴该台体的外接球表面积S＝4πR2＝128π.
答案：128π课后定时检测案49 空间点、直线、平面之间的位置关系
一、单项选择题
1．若平面α和直线a，b满足a∩α＝A，b α，则a与b的位置关系一定是( )
A．相交B．平行
C．垂直或异面D．相交或异面
2．直线m与平面α平行，且直线a α，则直线m和直线a的位置关系不可能为( )
A．平行B．异面
C．相交D．没有公共点
3．已知互不重合的三个平面α、β、γ，其中α∩β＝a，β∩γ＝b，γ∩α＝c，且a∩b＝P，则下列结论一定成立的是( )
A．b与c是异面直线B．a与c没有公共点
C．b∥cD．b∩c＝P
4．[2024·河北邯郸模拟]某钟楼的钟面部分是一个正方体，在该正方体的四个侧面分别有四个时钟，如果四个时钟都是准确的，那么从零点开始到十二点的过程中，相邻两个面上的时针所成的角为60°的位置有( )
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
5．如图，α∩β＝l，A，B∈α，C∈β，且C l，直线AB∩l＝M，过A，B，C三点的平面记作γ，则γ与β的交线必通过( )
A．点AB．点B
C．点C但不过点MD．点C和点M
6．如图，在四棱台ABCD A1B1C1D1中，正方形ABCD和A1B1C1D1的中心分别为O1和O2，O1O2⊥平面ABCD，O1O2＝3，AB＝5，A1B1＝4，则直线O1O2与直线AA1所成角的正切值为( )
A． B． C． D．
7．已知一个棱柱的底面是正六边形，侧面都是正方形，用至少过该棱柱三个顶点(不在同一侧面或同一底面内)的平面去截这个棱柱，所得截面的形状不可能是( )
A．等腰三角形B．等腰梯形
C．五边形D．正六边形
8．(素养提升)[2024·河南驻马店模拟]空间中两条异面直线a，b的夹角为60°，若直线l过空间一定点O且与a，b的夹角均为75°，则这样的直线l的条数为( )
A．1条B．2条
C．3条D．4条
二、多项选择题
9．如图，ABCD A1B1C1D1是长方体，O是B1D1的中点，直线A1C交平面AB1D1于点M，则下列结论正确的是( )
A．B，B1，O，M四点共面
B．A，M，O，A1四点共面
C．A，O，C，M四点共面
D．A，M，O三点共线
10．[2024·河北秦皇岛高三模拟]如图为一正方体的展开图，则在原正方体中( )
A．AB∥CD
B．AB⊥CD
C．直线AB与EF所成的角为60°
D．直线CD与EF所成的角为60°
三、填空题
11．若平面α∩β＝l，直线a α，直线b β，a∩b＝M，则点M与l的位置关系为________．
12．四面体ABCD中，E，F，G，H分别是各边AB，BD，DC，CA的中点，若AD＝BC，则EFGH是__________形．(填四边形的形状)
四、解答题
13．如图，在三棱柱A1B1C1 ABC中，E，F，G，H分别为BB1，CC1，A1B1，A1C1的中点．
(1)证明：E，F，G，H四点共面．
(2)证明：EG，FH，AA1三线共点．
?优生选做题?
14．[2024·河北保定模拟]如图，在三棱锥P ABC中，异面直线AC与PB所成的角为60°，E，F分别为棱PA，BC的中点，若AC＝2，PB＝4，则EF＝( )
A．B．2
C．或D．2或
15．[2020·新高考Ⅰ卷]已知直四棱柱ABCD A1B1C1D1的棱长均为2，∠BAD＝60°.以D1为球心，为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为________．
课后定时检测案49 空间点、直线、平面之间的位置关系
1．解析：∵a∩α＝A，b α，
∴当A b时，由异面直线的判定定理可得a与b异面，
当A∈b时，则可得a∩b＝A，即a与b相交．故选D.
答案：D
2．解析：直线m与平面α平行，且直线a α，则直线m和直线a的位置关系可能平行，可能异面，即没有公共点，
但不可能相交，因为若直线m和直线a相交，则m α或m与α相交，均与已知条件矛盾．故选C.
答案：C
3．解析：∵a∩b＝P，∴P∈a，P∈b，
∵a＝α∩β，b＝β∩γ，∴P∈α，P∈β，P∈γ，
∵α∩γ＝c，∴P∈c，∴b∩c＝P，∴a∩c＝P，
如图所示，故A，B，C错误．故选D.
答案：D
4．解析：在正方体中，相邻两个面的对角线所成的角为60°，故这样的位置有4个．故选D.
答案：D
5．解析：∵直线AB∩l＝M，过A，B，C三点的平面记作γ，∴β∩γ＝MC，∴γ与β的交线必通过点C和点M，故选D.
答案：D
6．解析：连接AO1，A1O2，作A1E⊥AO1，垂足为E.∠AA1E即为直线O1O2与直线AA1所成的角．
tan∠AA1E＝＝＝.故选B.
答案：B
7．解析：如图①，由图可知，截面ABC为等腰三角形，选项A可能；截面ABEF为等腰梯形，选项B可能；
如图②，截面AMDEN为五边形，选项C可能．因为侧面是正方形，只有平行于底面的截面才可能是正六边形，
故过两底的顶点不可能得到正六边形，选项D不可能．故选D.
答案：D
8．解析：将直线a平移至a′，与b相交，则a′与b的夹角为θ＝60°，
过a′、b交点的直线l′与a′，b的夹角均为75°，即与a，b的夹角均为75°，
此时，过O点平行于l′的直线l与a，b的夹角均为75°，
如图，θ的补角为120°，所以θ及其补角的一半均小于75°，
故在a′、b相交所成的四个角斜上方各存在一条过交点的直线与它们的夹角均为75°，所以共存在4条直线l.故选D.
答案：D
9．解析：对于A，连接AO，A1C1，AC，如图：
在长方形A1B1C1D1中，由O为对角线B1D1的中点，则A1C1∩B1D1＝O，则平面ACC1A1∩平面AB1D1＝AO，由M∈平面AB1D1，M∈A1C 平面ACC1A1，则M∈AO，在长方体ABCD A1B1C1D1中，BB1 平面ABB1A1，由AO∩平面ABB1A1＝A，所以BB1与MO异面，故A错误；
对于B，由选项A可知：M∈AO，A1C1∩B1D1＝O，易知A，M，O，A1∈平面ACC1A1，故B正确；
对于C，由选项A可知：M∈AO，A1C1∩B1D1＝O，易知A，M，O，C∈平面ACC1A1，故C正确；
对于D，由选项A可知：M∈AO，故D正确．故选BCD.
答案：BCD
10．解析：
画出原正方体如图所示，由图可知，AB与CD不平行，A选项错误；
根据正方体的性质可知BH∥AG，BH＝AG，所以四边形ABHG是平行四边形，所以AB∥GH，而GH⊥CD，所以AB⊥CD，所以B选项正确；
根据正方体的性质可知，三角形ABC是等边三角形，直线AB与EF所成的角为∠BAC，所以直线AB与EF所成的角为60°，C选项正确；
根据正方体的性质可知，三角形EFD是等边三角形，直线CD与EF所成的角为∠FCD，所以直线CD与EF所成的角为60°，D选项正确．故选BCD.
答案：BCD
11．解析：因为a∩b＝M，
所以M∈直线a，M∈直线b，
因为直线a α，直线b β，
所以M∈平面α，M∈平面β，
又平面α∩β＝l，
所以M∈l.
答案：M∈l
12．解析：依题意，E，F，G，H分别是各边AB，BD，DC，CA的中点，
所以EH∥BC，EH＝BC，FG∥BC，FG＝BC，
所以EH∥FG，EH＝FG，所以四边形EFGH是平行四边形，
同理：HG＝AD，
又EH＝BC，AD＝BC，所以EH＝HG，
所以四边形EFGH是菱形．
答案：菱
13．证明：(1)如图，连接EF，GH.
∵GH是△A1B1C1的中位线，∴GH∥B1C1.
∵B1E∥C1F，且B1E＝C1F，∴四边形B1EFC1是平行四边形，
∴EF∥B1C1，∴EF∥GH，∴E，F，G，H四点共面．
(2)如图，延长EG，FH相交于点P.
∵P∈EG，EG 平面ABB1A1，∴P∈平面ABB1A1.
∵P∈FH，FH 平面ACC1A1，∴P∈平面ACC1A1.
∵平面ABB1A1∩平面ACC1A1＝AA1，
∴P∈AA1，∴EG，FH，AA1三线共点．
14.
解析：设G是AB的中点，连接FG，EG，
由于E，F分别为棱PA，BC的中点，
所以FG∥AC，FG＝AC＝1，EG∥PB，EG＝PB＝2，
所以∠EGF是异面直线AC与PB所成的角或其补角，
当∠EGF＝60°时，在三角形EFG中，
由余弦定理得EF＝＝.
当∠EGF＝120°时，在三角形EFG中，
由余弦定理得EF＝＝.
所以EF为或.故选C.
答案：C
15．解析：
如图，连接B1D1，易知△B1C1D1为正三角形，所以B1D1＝C1D1＝2.分别取B1C1，BB1，CC1的中点M，G，H，连接D1M，D1G，D1H，则易得D1G＝D1H＝＝，D1M⊥B1C1，且D1M＝.由题意知G，H分别是BB1，CC1与球面的交点．在侧面BCC1B1内任取一点P，使MP＝，连接D1P，则D1P＝＝＝，连接MG，MH，易得MG＝MH＝，故可知以M为圆心，为半径的圆弧GH为球面与侧面BCC1B1的交线．由∠B1MG＝∠C1MH＝45°知∠GMH＝90°，所以的长为×2π×＝.
答案：课后定时检测案50 空间直线、平面的平行
一、单项选择题
1．已知直线a和平面α，那么能得出a∥α的一个条件是( )
A．存在一条直线b，a∥b且b α
B．存在一条直线b，a∥b且b α
C．存在一个平面β，a β且α∥β
D．存在一个平面β，a∥β且α∥β
2．[2024·河南许昌模拟]设α，β为两个平面，则能断定α∥β的条件是( )
A．β内有无数条直线与α平行
B．α，β分别平行于两条平行的直线
C．α，β分别垂直于两条平行的直线
D．α，β垂直于同一平面
3．已知直线l∥平面α，点P∈平面α，那么过点P且平行于直线l的直线( )
A．有无数条，仅有一条在平面α内
B．只有一条，且不在平面α内
C．有无数条，均不在平面α内
D．只有一条，且在平面α内
4．在三棱锥A BCD中，点E，F分别在AB，CB上．若AE∶EB＝CF∶FB＝2∶5，则直线AC与平面DEF的位置关系为( )
A．平行B．相交
C．AC 平面DEFD．不能确定
5．[2024·山西临汾模拟]“平面α与平面β平行”是“平面α内的任何一条直线都与平面β平行”的( )
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
6．如图是长方体被一平面所截得到的几何体，四边形EFGH为截面，长方形ABCD为底面，则四边形EFGH的形状为( )
A.梯形
B．平行四边形
C．可能是梯形也可能是平行四边形
D．矩形
二、多项选择题
7．[2024·辽宁铁岭模拟]设a，b是空间中不同的直线，α，β，γ是不同的平面，则下列说法正确的是( )
A．若a∥b，b α，a α，则a∥α
B．若a α，b β，α∥β，则a∥b
C．若a α，b α，a∥β，b∥β，则α∥β
D．若α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b，则a∥b
8．如图，点A，B，C，M，N是正方体的顶点或所在棱的中点，则满足MN∥平面ABC的有( )
三、填空题
9．已知α，β是不同的平面，a，b是不同的直线．给出下列四个论断：①α∩β＝b；②a β；③a∥b；④a∥α.以其中三个论断作为条件，剩下一个论断作为结论，写出你认为正确的两个命题：________________________．
10．如图，在四棱锥S ABCD中，底面ABCD为平行四边形，E是SA上一点，当点E满足条件：________时，SC∥平面EBD.
四、解答题
11．如图，在棱长为2的正方体ABCD A1B1C1D1中，M为棱BB1的中点，P为棱A1D1的中点，平面DA1MN与平面CB1PQ将该正方体截成三个多面体，其中N，Q分别在棱BC，DD1上．
(1)求证：MN∥平面CB1PQ；
(2)求证：平面MNDA1∥平面CB1PQ.
?优生选做题?
12．在正四棱柱ABCD A1B1C1D1中，O为底面ABCD的中心，P是DD1的中点，设Q是CC1上的点，则点Q满足什么条件时，有平面D1BQ∥平面PAO.( )
A．Q为CC1的三等分点
B．Q为CC1的中点
C．Q为CC1的四等分点
D．Q与C重合
13．已知正方体ABCD A1B1C1D1中，P、Q分别为对角线BD、CD1上的点，且＝＝.
(1)求证：PQ∥平面A1D1DA；
(2)若R是A1B1上的点，的值为多少时，能使平面PQR∥平面A1D1DA？请给出证明．
课后定时检测案50 空间直线、平面的平行
1．解析：在选项A，B，D中，均有可能a在平面α内，错误；
在C中，两平面平行，则其中一个平面内的任意一条直线都平行于另一个平面，故C正确，故选C.
答案：C
2．解析：对于A，若β内有无数条直线是平行线，即使无数条直线与α平行，也不能说明两平面平行，有可能相交，所以只能判断α∩β或α∥β，故A错误；
对于B，若两个平面的交线平行于平面外的两条平行线，则α，β分别平行于两条平行的直线，所以只能判断α∩β或α∥β，故B错误；
对于C，α，β分别垂直于两条平行的直线，所以α∥β，故C正确；
对于D，α，β垂直于同一平面，则α∩β或α∥β，故D错误．故选C.
答案：C
3．解析：过直线l与点P的平面有且只有一个，记该平面为β.
又因直线l∥平面α，点P∈平面α，所以过点P且平行于直线l的直线只有一条，且这条线为平面α与平面β的相交线．故选D.
答案：D
4．解析：因为AE∶EB＝CF∶FB＝2∶5，所以EF∥AC.
又AC 平面DEF，EF 平面DEF，所以AC∥平面DEF.
故选A.
答案：A
5．解析：如图1，平面α与平面β平行，在平面α内任取一条直线a，作平面γ，使得直线a γ，即γ∩α＝a且γ∩β＝b，
由面面平行的性质可知a∥b，
因为a β，b β，故a∥β，充分性成立，
如图2，平面α内的任何一条直线都与平面β平行，不妨取两条相交直线a，b均平行于β，则平面α与平面β平行，必要性成立，故选C.
答案：C
6．解析：因为平面ABFE∥平面CGHD，且平面EFGH∩平面ABFE＝EF，平面EFGH∩平面CGHD＝GH，根据面面平行的性质可知EF∥GH，同理可证明EH∥FG.
所以四边形EFGH为平行四边形．故选B.
答案：B
7．解析：对于A，因为a∥b，b α，a α，由线面平行的判定定理知A正确；
对于B，若a α，b β，α∥β，则可能a，b异面或a∥b，故B错误；
对于C，若a α，b α，a∥β，b∥β，则可能α，β相交或α∥β，故C错误；
对于D，若α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b，则a∥b，由面面平行的性质定理知D正确．故选AD.
答案：AD
8．解析：对于A，由下图可知MN∥DE∥AC，MN 平面ABC，AC 平面ABC，所以MN∥平面ABC，A正确．
对于B，设H是EG的中点，由下图，结合正方体的性质可知，AB∥NH，MN∥AH∥BC，AM∥CH，所以A，B，C，H，N，M六点共面，B错误．
对于C，如下图所示，根据正方体的性质可知MN∥AD，由于AD 平面ABC，所以MN不平行平面ABC.所以C错误．
对于D，设AC∩NE＝D，由于四边形AECN是矩形，所以D是NE中点，由于B是ME中点，所以MN∥BD，由于MN 平面ABC，BD 平面ABC，所以MN∥平面ABC，D正确．故选AD.
答案：AD
9．解析：由线面平行的判定定理与性质定理得①②④ ③，①②③ ④.
答案：①②④ ③，①②③ ④
10．解析：
连接AC交BD于O，连接OE，
∵SC∥平面EBD，SC 平面SAC，平面SAC∩平面EBD＝OE，
∴SC∥OE.
又∵底面ABCD为平行四边形，O为对角线AC与BD的交点，
故O为AC的中点，∴E为SA的中点，
故当E满足条件：SE＝AE时，SC∥平面EBD.
答案：SE＝AE(答案表述不唯一)
11．证明：(1)由题意得平面BCC1B1∥平面ADD1A1，
又∵平面MNDA1∩平面BCC1B1＝MN，
平面MNDA1∩平面ADD1A1＝A1D，∴A1D∥MN，
同理PQ∥B1C，又∵A1B1∥AB且A1B1＝AB，AB∥CD且AB＝CD，
∴A1B1∥CD且A1B1＝CD，∴四边形A1B1CD为平行四边形，∴A1D∥B1C，∴MN∥PQ，又∵MN 平面CB1PQ，PQ 平面CB1PQ，
∴MN∥平面CB1PQ.
(2)由(1)MN∥B1C，∵M为BB1中点，∴N为BC中点，
同理Q为DD1中点，
连接B1Q，MD，∵BB1∥DD1，B1M＝B1B＝DD1＝QD，
∴四边形B1QDM为平行四边形，∴B1Q∥MD，又∵B1Q 平面CB1PQ，
且DM 平面CB1PQ，∴DM∥平面CB1PQ，又∵MN∥平面CB1PQ.
且DM∩MN＝M，DM，MN 平面MNDA1，
∴平面MNDA1∥平面CB1PQ.
12.
解析：如图所示，设Q为CC1的中点，连接PQ，
∵P为DD1的中点，易知PQ∥CD∥AB，且PQ＝CD＝AB，
故四边形BAPQ是平行四边形，∴QB∥PA，
又QB 平面D1BQ，PA 平面D1BQ，∴PA∥平面D1BQ.
连接DB，则DB过O，且O是DB中点，
又∵P是DD1中点，∴D1B∥PO，
又D1B 平面D1BQ，PO 平面D1BQ，∴PO∥平面D1BQ.
又PA∩PO＝P，PA，PO 平面PAO，
∴平面D1BQ∥平面PAO，
故Q为CC1的中点时，有平面D1BQ∥平面PAO.故选B.
答案：B
13．解析：
(1)证明：连接CP并延长与DA的延长线交于M点，
∵四边形ABCD为正方形，∴BC∥AD，
故△PBC∽△PDM，∴＝＝，
又∵＝＝，∴＝＝，
∴PQ∥MD1.
又MD1 平面A1D1DA，PQ 平面A1D1DA，
故PQ∥平面A1D1DA.
(2)当的值为时，能使平面PQR∥平面A1D1DA.
证明：过P作PH∥AB交AD于H，连接A1H，∴＝＝，
又＝，A1B1＝AB，
∴HP＝A1R，又HP∥AB∥A1B1，
∴四边形HPRA1是平行四边形，故RP∥A1H，A1H 平面A1D1DA，PR 平面A1D1DA，
∴PR∥平面A1D1DA，
又PQ∩PR＝P，PQ∥平面A1D1DA.
∴平面PQR∥平面A1D1DA.