甘肃省酒泉市敦煌中学2024-2025学年高二上学期期中考试（B）数学试题
1．（2024高二上·敦煌期中）数列6，66，666，6666，66666，…的一个通项公式（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】数列的通项公式
【解析】【解答】解：所给数列可以写出，
故.
故答案为：D
【分析】先找到与所求数列相关的已知通项公式的数列（由9组成的数列），再通过两者的数量关系，推导出所求数列的通项公式。
2．（2024高二上·敦煌期中）已知向量，．若，则（ ）
A．1 B． C．4 D．
【答案】A
【知识点】空间向量垂直的坐标表示
【解析】【解答】解：因为，则．
因为，，
所以，解得．
故答案为：A．
【分析】利用向量垂直时数量积为0的性质，列出关于z的方程，求解得出z的值。
3．（2024高二上·敦煌期中）下列说法正确的是（ ）
A．表示过点且斜率为的直线方程
B．过轴上一点的直线方程可以表示为
C．若直线在轴，轴的截距分别为、，则该直线方程为
D．方程表示过两点、的一条直线
【答案】D
【知识点】直线的点斜式方程；直线的斜截式方程；直线的两点式方程；直线的截距式方程
【解析】【解答】解：A，表示过点且斜率为k的直线不含点，故A错误；
B，经过定点的直线的斜率不存在，则其方程不能表示为，故B错误；
C，若直线在x轴，y轴的截距分别为a、b中的a、b为时，则该直线方程不能表示为，故C错误；
D，经过任意两点、的直线都可以用方程表示，故D正确；
故答案为：D
【分析】依据直线方程不同形式（点斜式、斜截式、截距式）的适用条件，以及两点式的变形，对每个选项逐一分析判断。
4．（2024高二上·敦煌期中）已知等差数列满足：，则的公差为（ ）
A．1 B．2 C． D．
【答案】D
【知识点】等差数列的性质
【解析】【解答】解：设等差数列的公差为，由，
可知当时，则有，
当时，则有，解得，
所以，解得.
故答案为：D.
【分析】代入特殊值和求出数列中的两项和，再利用等差数列的公差定义（相邻两项的差与项数差的比值）求出公差.
5．（2024高二上·敦煌期中）直线被圆所截得的弦长为（ ）
A．1 B． C． D．2
【答案】A
【知识点】直线与圆相交的性质
【解析】【解答】解：圆的圆心，半径，点到直线的距离，所以所求弦长为.
故答案为：A
【分析】先利用点到直线的距离公式求出圆心到直线的距离，再结合圆的弦长公式，计算出直线被圆截得的弦长。
6．（2024高二上·敦煌期中）已知圆，过点的直线与圆交于、两点，且，则等于（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】平面内两点间距离公式的应用；圆的标准方程
【解析】【解答】解：设，，且，
由可得，即，
将代入圆方程可得，即，
化简可得，
将代入可得，解得，则，
所以.
故答案为：D
【分析】利用向量关系得到、坐标的联系，再将坐标代入圆的方程，求解出点坐标相关量，最后用两点间距离公式求出。
7．（2024高二上·敦煌期中）若，则在的展开式中（ ）
A．x的系数有最小值 B．的系数有最小值
C．的系数有最小值 D．的系数有最小值
【答案】A
【知识点】二项式定理；二项展开式的通项
【解析】【解答】解：的展开式的通项公式为，，
展开式中的系数为 ，
因为，所以，当且仅当，即时取等号，所以的系数有最小值，
展开式中的系数为，
当时，，该系数趋近于，但无最小值.
展开式中的系数为，
当时，该系数趋近于，无最小值.
展开式中的系数，为，
当时，该系数趋近于，无最小值.
综上，的系数有最小值.
故答案为：A.
【分析】先利用二项式定理求出的展开式通项，再分别分析展开式中、、、的系数，结合基本不等式和极限思想判断是否有最小值。
8．（2024高二上·敦煌期中）在空间中，点为定点，设集合，则以下说法正确的是（ ）.
①若在上的数量投影为，则线段在运动过程中所形成的几何体体积为；
②对于任意的以及任意的正实数，设，若，则.
A．①是真命题，②是真命题 B．①是真命题，②是假命题
C．①是假命题，②是真命题 D．①是假命题，②是假命题
【答案】A
【知识点】元素与集合的关系；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解： 由，
因为且，可得，
即，即，所以是以为球心，半径为的球体内部及其表面，
①若在上的数量投影为，即，
设是轴上的单位向量，点的坐标为，
则满足，且，
将代入可得，解得，
所以轨迹为半径为，位于平面上，
所以线段在运动中所形成的几何体为圆锥，其中底面半径为，高为，
则圆锥的体积为，所以①是真命题；
由集合是以为球心，半径为的球体内部及其表面，
对于任意的，以及任意的正实数，且，
即，且，且
若，
因为球体中的任意两点的连线段上的点均在球体内，
根据是凸集，结合凸集的性质，可得，即，
所以，所以②正确.
故答案为：A.
【分析】对集合的表达式进行变形，确定其几何意义（以为球心、为半径的球体），再分别分析两个命题：命题①：根据数量投影求出点的坐标约束，进而确定其形成的几何体（圆锥），计算体积判断真假.命题②：利用凸集的性质，结合球体的凸性判断真假.
9．（2024高二上·敦煌期中）下列命题中错误的是（ ）
A．若直线的倾斜角为钝角，则其斜率一定为负数
B．任何直线都存在斜率和倾斜角
C．直线的一般式方程为
D．任何一条直线至少要经过两个象限
【答案】B,C,D
【知识点】直线的倾斜角；直线的斜率
【解析】【解答】解：对于A，直线的倾斜角，则其斜率，A正确；
对于B，倾斜角为的直线不存在斜率，B错误；
对于C，直线的一般式方程为，，C错误；
对于D，当直线与轴或轴重合时，该直线不经过任何象限，D错误.
故答案为：BCD
【分析】从直线的倾斜角与斜率的关系、直线一般式方程的条件、直线经过象限的情况这几个角度，对每个选项进行分析判断.
10．（2024高二上·敦煌期中）在直角坐标系中，，则以下判断正确的是（ ）
A．为直角三角形
B．，，，依次连起来是一个四边形
C．
D．
【答案】A,C,D
【知识点】直线的斜率；斜率的计算公式；平面内两点间距离公式的应用
【解析】【解答】解：对A，直线的斜率，直线的斜率，
，即，为直角三角形，A正确；
对B，直线的斜率，点共线，B错误；
对C，在中，，，，C正确；
对D，，，D正确.
故答案为：ACD
【分析】从直线斜率判断垂直关系、点的共线性、三角函数的余弦值以及三角形面积这几个角度，结合两点间距离公式、斜率公式进行分析判断.
11．（2024高二上·敦煌期中）下列不等式成立的有（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A,B
【知识点】指数函数的单调性与特殊点；对数函数的单调性与特殊点；利用幂函数的单调性比较大小
【解析】【解答】解：A，，故，A正确，
B，，故，B正确，
C， 由于，故，故，故C错误，
D，，所以，故，故D错误，
故答案为：AB
【分析】根据指数函数、对数函数、幂函数的单调性，结合函数性质和运算，对每个选项中的不等式进行分析判断。
12．（2024高二上·敦煌期中）已知是分别经过的两条平行直线，当与之间的距离最大时，直线的方程是 .
【答案】
【知识点】直线的斜率；两条直线平行的判定；两条直线垂直的判定；直线的点斜式方程
【解析】【解答】解：当直线与垂直时，之间的距离最大.因为，，
所以，所以两平行直线的斜率，
所以直线的方程是，
即.
故答案为：.
【分析】分析两条平行直线间距离最大的条件（与线段垂直），再求出直线的斜率，进而得到平行直线的斜率，最后结合点斜式求出直线的方程.
13．（2024高二上·敦煌期中）已知数列满足，是公差为4的等差数列，若，，则的通项公式为 ．
【答案】
【知识点】等差数列的通项公式；数列的递推公式
【解析】【解答】解：已知，，则，解得
，解得，所以．
因为是公差为4的等差数列，根据等差数列通项公式，
可得．
故答案为：
【分析】先利用数列的递推公式，逐步求出的值，再结合等差数列的通项公式，求出的通项公式。
14．（2024高二上·敦煌期中）已知菱形ABCD的边长为2，．将沿着对角线AC折起至，连结．设二面角的大小为，当时，则四面体的外接球的表面积为 ．
【答案】
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；球内接多面体
【解析】【解答】解：连接交于点，点为中点，且，则即二面角的平面角，
设分别是和的外心，分别过点作平面，过点作平面，，如图所示：
则点为四面体的外接球球心，
由，平面，故得，平面，
又平面，平面，故得，平面平面，
平面平面，则四点共面，
由可知，，
故四面体的外接球的半径为：，
于是四面体的外接球的表面积为.
故答案为：
【分析】连接交于点，得即二面角的平面角，作出四面体的外接球球心，证明四点共面，依次求出，继而求得外接球的半径，求其表面积即可.
15．（2024高二上·敦煌期中）已知圆过，，三点，直线l过点.
（1）求圆M的标准方程；
（2）直线被圆截得弦长何时最短？求出截得弦长最短时直线的方程及最短弦长.
【答案】（1）解：由已知可得，，，满足，
所以为以O为直角的直角三角形，取AB中点为M，
则，所以圆心，半径，圆M标准方程为
（2）解：由，可知，点在圆内，
当直线l垂直于MP时截得弦长最短.直线，直线l的斜率为，
则直线l方程为，此时圆心M到直线l的距离为，最短弦长为.
【知识点】圆的标准方程；直线与圆相交的性质
【解析】【分析】（1）利用待定系数法，设圆的标准方程，将三点坐标代入，解方程组求出圆心坐标和半径，得到圆的标准方程。
（2）先判断点与圆的位置关系，根据圆的几何性质，当直线垂直于过该点的圆心与点的连线时，弦长最短，再结合点到直线距离公式和弦长公式求出最短弦长及直线方程。
（1）由已知可得，，，满足，
所以为以O为直角的直角三角形，取AB中点为M，
则，所以圆心，半径，圆M标准方程为；
（2）由，可知，点在圆内，
当直线l垂直于MP时截得弦长最短.直线，直线l的斜率为，
则直线l方程为，此时圆心M到直线l的距离为，最短弦长为.
16．（2024高二上·敦煌期中）已知数列的首项为，且满足，数列满足，且．
（1）求，的通项公式；
（2）设数列的前n项和为，求．
【答案】（1）证明：因为，所以，则，
，
当时，上式成立，故，
又因为，，所以，
则数列是以2为首项，公差为3的等差数列，，即；
（2）解：由（1），，
，①
，②
①②得：
所以．
【知识点】等差数列概念与表示；数列的递推公式；数列的前n项和
【解析】【分析】（1）由题意，利用累乘法可求数列的通项公式，再利用等差数列的定义求的通项公式即可；
（2）由（1），，利用错位相减法求和即可.
（1）证明：∵，∴，∴，
∴，
当时，上式成立，∴
又因为，，
所以，
所以数列是以2为首项，公差为3的等差数列，
所以，
所以．
（2）由（1），，
所以，①
，②
所以①②得，
所以．
17．（2024高二上·敦煌期中）已知圆内一点，直线过点且与圆交于，两点．
（1）求圆的圆心坐标和面积；
（2）若直线的斜率为，求弦的长．
【答案】（1）解：由可得，
则圆的圆心坐标为，半径，面积.
（2）解：由题意得直线的方程为，
即，
圆心到直线的距离，
所以
【知识点】平面内点到直线的距离公式；圆的标准方程；圆的一般方程；直线与圆相交的性质
【解析】【分析】（1）通过将圆的一般方程化为标准方程，直接得到圆心坐标和半径，进而求出面积。
（2）先根据点斜式求出直线方程，再利用点到直线的距离公式求出圆心到直线的距离，最后结合弦长公式求出弦AB的长。
（1）由可得，
则圆的圆心坐标为，半径，面积；
（2）依题意直线的方程为，
即，
圆心到直线的距离，
所以；
18．（2024高二上·敦煌期中）在多面体中，已知，且平面与平面均垂直于平面为的中点.
（1）证明：；
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明：如图，分别取的中点，连接，
因为，
所以，
又因为平面平面，且平面平面，
所以平面，
同理可知，平面，
因此且，
所以，四边形为平行四边形，
所以，
又因为，
所以.
（2）解：因为，
所以，
所以，
以为原点，为轴，为轴，过且与平面垂直的直线为轴，
建立如图所示空间直角坐标系，
由题意知，
，，
所以.
设平面的法向量为，
则
所以
令，则，
则平面的一个法向量为.
设直线与平面所成角为，
则，
则直线与平面所成角的正弦值为.
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）取的中点，利用等腰三角形三线合一得出线线垂直，再结合面面垂直的性质定理证出线面垂直，再利用一组对边平行且相等，从而证出四边形为平行四边形，再结合平行的传递性，从而证出.
（2）利用已知条件和勾股定理，从而建立空间直角坐标系，则得出点的坐标和向量的坐标，再结合两向量垂直数量积为0的等价关系和数量积的坐标表示，从而得出平面的法向量和，再利用数量积求向量夹角公式和诱导公式，从而得出直线与平面所成角的正弦值.
（1）如图，分别取的中点，连接，
因为，故，又平面平面，且平面平面，
因此平面，
同理可知，平面，
因此且，故四边形为平行四边形，所以，
又因为，所以.
（2）因为，所以，所以，
以为原点，为轴，为轴，过且与平面垂直的直线为轴，建立如图所示空间直角坐标系，
由题意知，，
，
所以.
设平面的法向量为，
则有即
令，则，即平面的一个法向量为.
设直线与平面所成角为，
则，
即直线与平面所成角的正弦值为.
19．（2024高二上·敦煌期中）已知数列，，且，.
（1）求数列的通项公式；
（2）记数列的前项和为，求证：.
【答案】（1）解：因为，
所有，
当时，，，……，，
相加得，所以，
当时，也符合上式，
所以数列的通项公式
（2）证明：由（1）得，
所以，
所以，
．
所以．
【知识点】数列的求和；数列的递推公式；数列的通项公式
【解析】【分析】（1）通过对递推公式变形，得到相邻两项的差为可裂项的形式，再利用累加法，将多个式子相加，消去中间项，求出通项公式。
（2）先对进行放缩，转化为可裂项相消的形式，然后利用裂项相消法对数列前项和进行求和，进而证明不等式。
（1）解：因为，
所有，
当时，，，……，，
相加得，所以，
当时，也符合上式，
所以数列的通项公式；
（2）证明：由（1）得，
所以，
所以，
．
所以．
1 / 1甘肃省酒泉市敦煌中学2024-2025学年高二上学期期中考试（B）数学试题
1．（2024高二上·敦煌期中）数列6，66，666，6666，66666，…的一个通项公式（ ）
A． B． C． D．
2．（2024高二上·敦煌期中）已知向量，．若，则（ ）
A．1 B． C．4 D．
3．（2024高二上·敦煌期中）下列说法正确的是（ ）
A．表示过点且斜率为的直线方程
B．过轴上一点的直线方程可以表示为
C．若直线在轴，轴的截距分别为、，则该直线方程为
D．方程表示过两点、的一条直线
4．（2024高二上·敦煌期中）已知等差数列满足：，则的公差为（ ）
A．1 B．2 C． D．
5．（2024高二上·敦煌期中）直线被圆所截得的弦长为（ ）
A．1 B． C． D．2
6．（2024高二上·敦煌期中）已知圆，过点的直线与圆交于、两点，且，则等于（ ）
A． B． C． D．
7．（2024高二上·敦煌期中）若，则在的展开式中（ ）
A．x的系数有最小值 B．的系数有最小值
C．的系数有最小值 D．的系数有最小值
8．（2024高二上·敦煌期中）在空间中，点为定点，设集合，则以下说法正确的是（ ）.
①若在上的数量投影为，则线段在运动过程中所形成的几何体体积为；
②对于任意的以及任意的正实数，设，若，则.
A．①是真命题，②是真命题 B．①是真命题，②是假命题
C．①是假命题，②是真命题 D．①是假命题，②是假命题
9．（2024高二上·敦煌期中）下列命题中错误的是（ ）
A．若直线的倾斜角为钝角，则其斜率一定为负数
B．任何直线都存在斜率和倾斜角
C．直线的一般式方程为
D．任何一条直线至少要经过两个象限
10．（2024高二上·敦煌期中）在直角坐标系中，，则以下判断正确的是（ ）
A．为直角三角形
B．，，，依次连起来是一个四边形
C．
D．
11．（2024高二上·敦煌期中）下列不等式成立的有（ ）
A． B．
C． D．
12．（2024高二上·敦煌期中）已知是分别经过的两条平行直线，当与之间的距离最大时，直线的方程是 .
13．（2024高二上·敦煌期中）已知数列满足，是公差为4的等差数列，若，，则的通项公式为 ．
14．（2024高二上·敦煌期中）已知菱形ABCD的边长为2，．将沿着对角线AC折起至，连结．设二面角的大小为，当时，则四面体的外接球的表面积为 ．
15．（2024高二上·敦煌期中）已知圆过，，三点，直线l过点.
（1）求圆M的标准方程；
（2）直线被圆截得弦长何时最短？求出截得弦长最短时直线的方程及最短弦长.
16．（2024高二上·敦煌期中）已知数列的首项为，且满足，数列满足，且．
（1）求，的通项公式；
（2）设数列的前n项和为，求．
17．（2024高二上·敦煌期中）已知圆内一点，直线过点且与圆交于，两点．
（1）求圆的圆心坐标和面积；
（2）若直线的斜率为，求弦的长．
18．（2024高二上·敦煌期中）在多面体中，已知，且平面与平面均垂直于平面为的中点.
（1）证明：；
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
19．（2024高二上·敦煌期中）已知数列，，且，.
（1）求数列的通项公式；
（2）记数列的前项和为，求证：.
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】数列的通项公式
【解析】【解答】解：所给数列可以写出，
故.
故答案为：D
【分析】先找到与所求数列相关的已知通项公式的数列（由9组成的数列），再通过两者的数量关系，推导出所求数列的通项公式。
2．【答案】A
【知识点】空间向量垂直的坐标表示
【解析】【解答】解：因为，则．
因为，，
所以，解得．
故答案为：A．
【分析】利用向量垂直时数量积为0的性质，列出关于z的方程，求解得出z的值。
3．【答案】D
【知识点】直线的点斜式方程；直线的斜截式方程；直线的两点式方程；直线的截距式方程
【解析】【解答】解：A，表示过点且斜率为k的直线不含点，故A错误；
B，经过定点的直线的斜率不存在，则其方程不能表示为，故B错误；
C，若直线在x轴，y轴的截距分别为a、b中的a、b为时，则该直线方程不能表示为，故C错误；
D，经过任意两点、的直线都可以用方程表示，故D正确；
故答案为：D
【分析】依据直线方程不同形式（点斜式、斜截式、截距式）的适用条件，以及两点式的变形，对每个选项逐一分析判断。
4．【答案】D
【知识点】等差数列的性质
【解析】【解答】解：设等差数列的公差为，由，
可知当时，则有，
当时，则有，解得，
所以，解得.
故答案为：D.
【分析】代入特殊值和求出数列中的两项和，再利用等差数列的公差定义（相邻两项的差与项数差的比值）求出公差.
5．【答案】A
【知识点】直线与圆相交的性质
【解析】【解答】解：圆的圆心，半径，点到直线的距离，所以所求弦长为.
故答案为：A
【分析】先利用点到直线的距离公式求出圆心到直线的距离，再结合圆的弦长公式，计算出直线被圆截得的弦长。
6．【答案】D
【知识点】平面内两点间距离公式的应用；圆的标准方程
【解析】【解答】解：设，，且，
由可得，即，
将代入圆方程可得，即，
化简可得，
将代入可得，解得，则，
所以.
故答案为：D
【分析】利用向量关系得到、坐标的联系，再将坐标代入圆的方程，求解出点坐标相关量，最后用两点间距离公式求出。
7．【答案】A
【知识点】二项式定理；二项展开式的通项
【解析】【解答】解：的展开式的通项公式为，，
展开式中的系数为 ，
因为，所以，当且仅当，即时取等号，所以的系数有最小值，
展开式中的系数为，
当时，，该系数趋近于，但无最小值.
展开式中的系数为，
当时，该系数趋近于，无最小值.
展开式中的系数，为，
当时，该系数趋近于，无最小值.
综上，的系数有最小值.
故答案为：A.
【分析】先利用二项式定理求出的展开式通项，再分别分析展开式中、、、的系数，结合基本不等式和极限思想判断是否有最小值。
8．【答案】A
【知识点】元素与集合的关系；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解： 由，
因为且，可得，
即，即，所以是以为球心，半径为的球体内部及其表面，
①若在上的数量投影为，即，
设是轴上的单位向量，点的坐标为，
则满足，且，
将代入可得，解得，
所以轨迹为半径为，位于平面上，
所以线段在运动中所形成的几何体为圆锥，其中底面半径为，高为，
则圆锥的体积为，所以①是真命题；
由集合是以为球心，半径为的球体内部及其表面，
对于任意的，以及任意的正实数，且，
即，且，且
若，
因为球体中的任意两点的连线段上的点均在球体内，
根据是凸集，结合凸集的性质，可得，即，
所以，所以②正确.
故答案为：A.
【分析】对集合的表达式进行变形，确定其几何意义（以为球心、为半径的球体），再分别分析两个命题：命题①：根据数量投影求出点的坐标约束，进而确定其形成的几何体（圆锥），计算体积判断真假.命题②：利用凸集的性质，结合球体的凸性判断真假.
9．【答案】B,C,D
【知识点】直线的倾斜角；直线的斜率
【解析】【解答】解：对于A，直线的倾斜角，则其斜率，A正确；
对于B，倾斜角为的直线不存在斜率，B错误；
对于C，直线的一般式方程为，，C错误；
对于D，当直线与轴或轴重合时，该直线不经过任何象限，D错误.
故答案为：BCD
【分析】从直线的倾斜角与斜率的关系、直线一般式方程的条件、直线经过象限的情况这几个角度，对每个选项进行分析判断.
10．【答案】A,C,D
【知识点】直线的斜率；斜率的计算公式；平面内两点间距离公式的应用
【解析】【解答】解：对A，直线的斜率，直线的斜率，
，即，为直角三角形，A正确；
对B，直线的斜率，点共线，B错误；
对C，在中，，，，C正确；
对D，，，D正确.
故答案为：ACD
【分析】从直线斜率判断垂直关系、点的共线性、三角函数的余弦值以及三角形面积这几个角度，结合两点间距离公式、斜率公式进行分析判断.
11．【答案】A,B
【知识点】指数函数的单调性与特殊点；对数函数的单调性与特殊点；利用幂函数的单调性比较大小
【解析】【解答】解：A，，故，A正确，
B，，故，B正确，
C， 由于，故，故，故C错误，
D，，所以，故，故D错误，
故答案为：AB
【分析】根据指数函数、对数函数、幂函数的单调性，结合函数性质和运算，对每个选项中的不等式进行分析判断。
12．【答案】
【知识点】直线的斜率；两条直线平行的判定；两条直线垂直的判定；直线的点斜式方程
【解析】【解答】解：当直线与垂直时，之间的距离最大.因为，，
所以，所以两平行直线的斜率，
所以直线的方程是，
即.
故答案为：.
【分析】分析两条平行直线间距离最大的条件（与线段垂直），再求出直线的斜率，进而得到平行直线的斜率，最后结合点斜式求出直线的方程.
13．【答案】
【知识点】等差数列的通项公式；数列的递推公式
【解析】【解答】解：已知，，则，解得
，解得，所以．
因为是公差为4的等差数列，根据等差数列通项公式，
可得．
故答案为：
【分析】先利用数列的递推公式，逐步求出的值，再结合等差数列的通项公式，求出的通项公式。
14．【答案】
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；球内接多面体
【解析】【解答】解：连接交于点，点为中点，且，则即二面角的平面角，
设分别是和的外心，分别过点作平面，过点作平面，，如图所示：
则点为四面体的外接球球心，
由，平面，故得，平面，
又平面，平面，故得，平面平面，
平面平面，则四点共面，
由可知，，
故四面体的外接球的半径为：，
于是四面体的外接球的表面积为.
故答案为：
【分析】连接交于点，得即二面角的平面角，作出四面体的外接球球心，证明四点共面，依次求出，继而求得外接球的半径，求其表面积即可.
15．【答案】（1）解：由已知可得，，，满足，
所以为以O为直角的直角三角形，取AB中点为M，
则，所以圆心，半径，圆M标准方程为
（2）解：由，可知，点在圆内，
当直线l垂直于MP时截得弦长最短.直线，直线l的斜率为，
则直线l方程为，此时圆心M到直线l的距离为，最短弦长为.
【知识点】圆的标准方程；直线与圆相交的性质
【解析】【分析】（1）利用待定系数法，设圆的标准方程，将三点坐标代入，解方程组求出圆心坐标和半径，得到圆的标准方程。
（2）先判断点与圆的位置关系，根据圆的几何性质，当直线垂直于过该点的圆心与点的连线时，弦长最短，再结合点到直线距离公式和弦长公式求出最短弦长及直线方程。
（1）由已知可得，，，满足，
所以为以O为直角的直角三角形，取AB中点为M，
则，所以圆心，半径，圆M标准方程为；
（2）由，可知，点在圆内，
当直线l垂直于MP时截得弦长最短.直线，直线l的斜率为，
则直线l方程为，此时圆心M到直线l的距离为，最短弦长为.
16．【答案】（1）证明：因为，所以，则，
，
当时，上式成立，故，
又因为，，所以，
则数列是以2为首项，公差为3的等差数列，，即；
（2）解：由（1），，
，①
，②
①②得：
所以．
【知识点】等差数列概念与表示；数列的递推公式；数列的前n项和
【解析】【分析】（1）由题意，利用累乘法可求数列的通项公式，再利用等差数列的定义求的通项公式即可；
（2）由（1），，利用错位相减法求和即可.
（1）证明：∵，∴，∴，
∴，
当时，上式成立，∴
又因为，，
所以，
所以数列是以2为首项，公差为3的等差数列，
所以，
所以．
（2）由（1），，
所以，①
，②
所以①②得，
所以．
17．【答案】（1）解：由可得，
则圆的圆心坐标为，半径，面积.
（2）解：由题意得直线的方程为，
即，
圆心到直线的距离，
所以
【知识点】平面内点到直线的距离公式；圆的标准方程；圆的一般方程；直线与圆相交的性质
【解析】【分析】（1）通过将圆的一般方程化为标准方程，直接得到圆心坐标和半径，进而求出面积。
（2）先根据点斜式求出直线方程，再利用点到直线的距离公式求出圆心到直线的距离，最后结合弦长公式求出弦AB的长。
（1）由可得，
则圆的圆心坐标为，半径，面积；
（2）依题意直线的方程为，
即，
圆心到直线的距离，
所以；
18．【答案】（1）证明：如图，分别取的中点，连接，
因为，
所以，
又因为平面平面，且平面平面，
所以平面，
同理可知，平面，
因此且，
所以，四边形为平行四边形，
所以，
又因为，
所以.
（2）解：因为，
所以，
所以，
以为原点，为轴，为轴，过且与平面垂直的直线为轴，
建立如图所示空间直角坐标系，
由题意知，
，，
所以.
设平面的法向量为，
则
所以
令，则，
则平面的一个法向量为.
设直线与平面所成角为，
则，
则直线与平面所成角的正弦值为.
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）取的中点，利用等腰三角形三线合一得出线线垂直，再结合面面垂直的性质定理证出线面垂直，再利用一组对边平行且相等，从而证出四边形为平行四边形，再结合平行的传递性，从而证出.
（2）利用已知条件和勾股定理，从而建立空间直角坐标系，则得出点的坐标和向量的坐标，再结合两向量垂直数量积为0的等价关系和数量积的坐标表示，从而得出平面的法向量和，再利用数量积求向量夹角公式和诱导公式，从而得出直线与平面所成角的正弦值.
（1）如图，分别取的中点，连接，
因为，故，又平面平面，且平面平面，
因此平面，
同理可知，平面，
因此且，故四边形为平行四边形，所以，
又因为，所以.
（2）因为，所以，所以，
以为原点，为轴，为轴，过且与平面垂直的直线为轴，建立如图所示空间直角坐标系，
由题意知，，
，
所以.
设平面的法向量为，
则有即
令，则，即平面的一个法向量为.
设直线与平面所成角为，
则，
即直线与平面所成角的正弦值为.
19．【答案】（1）解：因为，
所有，
当时，，，……，，
相加得，所以，
当时，也符合上式，
所以数列的通项公式
（2）证明：由（1）得，
所以，
所以，
．
所以．
【知识点】数列的求和；数列的递推公式；数列的通项公式
【解析】【分析】（1）通过对递推公式变形，得到相邻两项的差为可裂项的形式，再利用累加法，将多个式子相加，消去中间项，求出通项公式。
（2）先对进行放缩，转化为可裂项相消的形式，然后利用裂项相消法对数列前项和进行求和，进而证明不等式。
（1）解：因为，
所有，
当时，，，……，，
相加得，所以，
当时，也符合上式，
所以数列的通项公式；
（2）证明：由（1）得，
所以，
所以，
．
所以．
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