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2011届高考数学第一轮复习测试题29

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·高三数学·单元测试卷(九)第九单元 [简单几何体]，交角与距离(时量:120分钟 150分)一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分．在每小题给出的四个选项中， 只有一项是符合题目要求的．1．(2005年全国Ⅰ高考题)过三棱柱任意两个顶点的直线共15条，其中异面直线有A ．18对B ．24对C ．30对D ．36对2．．(2005年全国Ⅰ高考题)一个与球心距离为1的平面截球所得的圆面面积为π，则球的表面积为A ．π28B ．π8C ．π24D ．π43．设三棱柱ABC －A 1B 1C 1的体积为V ，P 、Q 分别是侧棱AA 1、CC 1上的点，且PA ＝QC 1，则四棱锥B －APQC 的体积为A ．V 6B ．V 4C ．V 3D ．V 24．(2005年全国Ⅰ高考题)如图，在多面体ABCDEF 中，已知ABCD 是边长为1的正方形，且△ADE 、△BCF 均为正三角形，EF ∥AB ，EF ＝2，则该多面体的体积为A ．32B ．33 C ．34D ．325．设α、β、γ为平面，l n m 、、为直线，则β⊥m 的一个充分条件是A ．l m l ⊥=⋂⊥,,βαβαB ．γβγαγα⊥⊥=⋂,,mC ．αγβγα⊥⊥⊥m ,,D ．αβα⊥⊥⊥m n n ,,6．如图，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，O 是底面A 1B 1C D 的中心，则O 到平面ABC 1D 1的距离为A ．12B ．24C ．2 D ．3 7．不共面的四个定点到平面α的距离都相等，这样的平面α共有A ．3个B ．4个C ．6个D ．7个8．正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 、F 分别为棱AB 、C 1D 1的中点，则直线A 1B 1与平面A 1ECF 所成角的正弦为 A ．63B ．33C ．66D ．229．在空间直角坐标系O —x yz 中，有一个平面多边形，它在x Oy 平面的正射影的面积为8，在yOz 平面和zO x 平面的正射影的面积都为6，则这个多边形的面积为A ．246B ．46C ．234D ．3410．将半径都为1的4个钢球完全装入形状为正四面体的容器里，这个正四面体的高的最小值为A ．3623+ B ．2＋362 C ．4＋362 D ．36234+答题卡二、填空题：本大题共5小题，每小题4分，共20分．把答案填在横线上． 11．正三棱锥P －ABC 的四个顶点同在一个半径为2的球面上，若正三棱锥的侧棱长为23，则正三棱锥的底面边长是_____________ ． 12．如图，PA ⊥平面ABC ，∠ABC ＝90°且PA ＝AB ＝BC ＝a ，则异面直线PB 与AC 所成角的正切值等于________．13．已知球面上A 、B 两点间的球面距离是1，过这两点的球面半径的夹角为60°，则这个球的表面积与球的体积之比是．14．下面是关于三棱锥的四个命题：①底面是等边三角形，侧面与底面所成的二面角都相等的三棱锥是正三棱锥． ②底面是等边三角形，侧面都是等腰三角形的三棱锥是正三棱锥． ③底面是等边三角形，侧面的面积都相等的三棱锥是正三棱锥．④侧棱与底面所成的角都相等，且侧面与底面所成的二面角都相等的三棱锥是正三棱锥．其中，真命题的编号是______________（写出所有真命题的编号）．15．(2005年全国Ⅰ高考题)在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，过对角线BD 1的一个平面交AA 1于E ，交CC 1于F ，则① 四边形BFD 1E 一定是平行四边形 ② 四边形BFD 1E 有可能是正方形③ 四边形BFD 1E 在底面ABCD 内的投影一定是正方形 ④ 四边形BFD 1E 有可能垂直于平面BB 1D以上结论正确的为 （写出所有正确结论的编号）．三、解答题：本大题共6小题，共80分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤． 16．(本题满分l2分)在四棱锥V －ABCD 中，底面ABCD 是正方形， 侧面VAD 是正三角形，平面VAD ⊥底面ABCD ． （Ⅰ）证明AB ⊥平面VAD ．（Ⅱ）求面VAD 与面VDB 所成的二面角的大小．17．（本题满分12分）(2005年湖南高考题)如图1，已知ABCD 是上、下底边长分别是2和6，高为3的等腰梯形．将它沿对称轴OO 1折成直二面角，如图2．（Ⅰ）证明AC ⊥BO 1；（Ⅱ）求二面角O －AC －O 1的大小．18．（本题满分14分）如图，在底面是矩形的四棱锥P —ABCD 中，PA ⊥底面ABCD ，PA ＝AB ＝1，BC ＝2．（1）求证：平面PDC ⊥平面PAD ；（2）若E 是PD 的中点，求异面直线AE 与PC 所成角的余弦值；（3）在BC 边上是否存在一点G ，使得D 点到平面PAG 的距离为1，若存在，求出BG 的值；若不存在，请说明理由．ABOCO 1DP ABCD E19．（本题满分14分）如图，已知三棱柱ABC －A 1B 1C 1的底面是边长为2的正三角形，侧棱A 1A 与AB 、AC 均成45°角，且A 1E ⊥B 1B 于E ，A 1F ⊥CC 1于F ．⑴求证：平面A 1EF ⊥平面B 1BCC 1；⑵求直线AA 1到平面B 1BCC 1的距离；⑶当AA 1多长时，点A 1到平面ABC 与平面B 1BCC 1的距离相等．20．(本题满分14分)如图直角梯形OABC 中，∠COA ＝∠OAB ＝2π，OC ＝2，OA ＝AB ＝1，SO ⊥平面OABC ，SO=1，以OC 、OA 、OS 分别为x 轴、y 轴、z 轴建立直角坐标系O-xyz .⑴求SC OB α与的夹角的大小（用反三角函数表示）；⑵设:,),,,1(求平面满足SBC n q p n ⊥= ①;n的坐标②OA 与平面SBC 的夹角β③O 到平面SBC 的距离.ABCA C FE B⑶设:.),,1(填写且满足OB k SC k s r k ⊥⊥=①的坐标为k .②异面直线SC 、OB 的距离为 .（注：⑶只要求写出答案）21．(本题满分14分)直三棱柱ABC －A 1B 1C 1，底面△ABC 中，CA ＝CB ＝a ，∠BCA ＝90°，AA 1＝2a ，M 、N 分别是A 1B 1、AA 1的中点． （I ）求BN 的长；（II ）求cos 〈11,CB BA 〉；（III ）求证：A 1B ⊥C 1M ．[简单几何体]，交角与距离参考答案二、填空题11．3； 12．3； 13．π； 14．①③④ 15．①③④ 三、解答题16．证明：（Ⅰ）作AD 的中点O ，则VO ⊥底面ABCD ．…………………………1分 建立如图空间直角坐标系，并设正方形边长为1，…………………………2分 则A（12，0，0），B （12，1，0），C （－12，1，0），D （－12，0，0），V （0，0，）， ∴1(0,1,0),(1,0,0),(,0,22AB AD AV ===-………………………………3分由(0,1,0)(1,0,0)0AB AD AB AD ⋅=⋅=⇒⊥……………………………………4分1(0,1,0)(02AB AV AB AV ⋅=⋅-=⇒⊥ ……………………………………5分又AB ∩AV ＝A∴AB ⊥平面VAD …………………………………………………………………………6分（Ⅱ）由（Ⅰ）得(0,1,0)AB =是面VAD 的法向量………………………………7分 设(1,,)n yz =是面VDB 的法向量，则110(1,,)(,1,)0(1,220(1,,)(1,1,0)03x n VB y z n z n BD y z =-⎧⎧⎧⋅=⋅--=⎪⎪⎪⇒⇒⇒=-⎨⎨⎨=-⋅=⎪⎪⎪⎩⋅--=⎩⎩……9分 ∴(0,1,0)(1,cos ,3AB n ⋅-<>==11分又由题意知，面VAD 与面VDB 所成的二面角，所以其大小为…………12分 17．解法一（I ）证明 由题设知OA ⊥OO 1，OB ⊥OO 1. 所以∠AOB 是所折成的直二面角的平面角，即OA ⊥OB. 故可以O 为原点，OA 、OB 、OO 1所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系， 如图3，则相关各点的坐标是A （3，0，0）， B （0，3，0），C （0，1，3） O 1（0，0，3）.从而.0333),3,3,0(),3,1,3(11=⋅+-=⋅-=-=BO AC BO AC所以AC ⊥BO 1.（II ）解：因为,03331=⋅+-=⋅BO 所以BO 1⊥OC ，由（I ）AC ⊥BO 1，所以BO 1⊥平面OAC ，1BO 是平面OAC 的一个法向量. 设),,(z y x n =是0平面O 1AC 的一个法向量， 由,3.0,033001=⎩⎨⎧==++-⇒⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅z y z y x O 取 得)3,0,1(=n .设二面角O —AC —O 1的大小为θ，由n 、1BO 的方向可知=<θn ，1BO >，所以cos <=cos θn ，1BO .43||||11=⋅BO n即二面角O —AC —O 1的大小是.43arccos解法二（I ）证明 由题设知OA ⊥OO 1，OB ⊥OO 1，所以∠AOB 是所折成的直二面角的平面角， 即OA ⊥OB. 从而AO ⊥平面OBCO 1， OC 是AC 在面OBCO 1内的射影.因为3tan 11==∠OO OB B OO 33t a n 111==∠OO C O OC O ， 所以∠OO 1B=60°，∠O 1OC=30°，从而OC ⊥BO 1由三垂线定理得AC ⊥BO 1.（II ）解 由（I ）AC ⊥BO 1，OC ⊥BO 1，知BO 1⊥平面AOC.设OC ∩O 1B=E ，过点E 作EF ⊥AC 于F ，连结O 1F （如图4），则EF 是O 1F 在平面AOC 内的射影，由三垂线定理得O 1F ⊥AC. 所以∠O 1FE 是二面角O —AC —O 1的平面角. 由题设知OA=3，OO 1=3，O 1C=1，所以13,3221212121=+==+=C O A O AC OO OA A O ，图3A BOCO 1 D 图4 F从而1332111=⋅=AC C O A O F O ， 又O 1E=OO 1·sin30°=23，所以.413sin 111==∠F O E O FE O 即二面角O —AC —O 1的大小是.43arcsin 18．解：以A 为原点，AB 所在直线为x 轴，AD 所在直线为y 轴，AP 所在直线为z 轴建立空间直角坐标系，则A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(12，0，)，D(0，2，0)，E(0，1，12)，P(0，0，1)．∴CD ＝(－1，0，0)，AD ＝(0，2，0)，AP ＝(0，0，1)，AE ＝(0，1，12) ，PC ＝(1，2，－1)，(1) 00CD AD CD AD CD PAD CD AP CD AP CD PDC AP AD A ⎫=⇒⊥⎪⊥⎫⎪=⇒⊥⇒⇒⎬⎬⊂⎭⎪=⎪⎭平面平面平面PDC ⊥平面PAD ． (5)分(2)∵cos ,||||AE PCAE PC AE PC 〈〉=＝2－121+14·6＝3010， ∴所求角的余弦值为3010．………………………………………………………………9分 (3)假设BC 边上存在一点G 满足题设条件，令BG ＝x ，则G(1，x ，0)，作DQ ⊥AG ，则DQ ⊥平面PAG ，即DQ ＝1．∵2S △ADG ＝S 矩形ABCD ，∴|||||||A G D Q A B A D= ＝2∴||AG＝2，又AG ＝x 2+1，∴x ＝3<2， 故存在点G ，当BG ＝3时，使点D 到平面PAG 的距离为1．…………………………14分 19．解：⑴CC 1∥BB 1，又BB 1⊥A 1E ，∴CC 1⊥A 1E ，而CC 1⊥A 1F ，∴CC 1⊥平面A 1EF ，∴平面A 1EF ⊥平面B 1BCC 1………………………………………………………………4分 ⑵作A 1H ⊥EF 于H ，则A 1H ⊥面B 1BCC 1，∴A 1H 为A 1到面B 1BCC 1的距离，在△A 1EF 中，A 1E ＝A 1F ＝2，EF ＝2，∴△A 1EF 为等腰Rt △且EF 为斜边，∴A 1H 为斜边上中线，可得A 1H ＝12EF ＝1…………………………………………………………………………9分⑶作A 1G ⊥面ABC 于G ，连AG ，则A 1G 就是A 1到面ABC 的距离，且AG 是∠BAC 的角平分线，A 1G ＝1…………………………………………………………………………12分∵cos ∠A 1AG ＝cos45°＝6，∴sin ∠A 1AG ＝3，∴A 1A ＝133＝1 (14)分20．解：（Ⅰ）如图所示：C （2，0，0），S （0，0，1），O （0，0，0），B （1，1，0）510arccos,510252,cos )0,1,1(),1,0,2(==⋅>=<∴=-=∴α………………………………………………………4分（Ⅱ）①SBC ⊥-=-= )0,1,1(),1,1,1(,,1010,:1,2,(1,1,2)n SB n CB n SB p q n CB p p q n ∴⊥⊥∴⋅=+-=⋅=-+===∴=解得 ……………………………………………………………………………7分②SOE BC E BC OE O 面则于作过⊥⊥,，SAB SOE ⊥∴,,,,2,SE O OH SE H OH SBC OA CB F OF FH OFH OE SE ⊥⊥=∠=∴=又两面交于过作于则延长与交于则连则为所求又3sin 2arcsin10SO OE OH SE ββ⋅∴===∴==∴=分③()1,1,2-；36=OH ……………………………………14分． 21．以C 为原点建立空间直角坐标系（I ）B(0，a ，0)，N(a ，0，a )，∴a a a a 3)0()0()0(||222=-+-+-=．4分（II ）A 1(a ，0，2a )，C(0，0，0)，B 1(0，a ，2a )， ∴1＝(a ，－a ，2a )，1CB ＝(0，a ，2a )，∴1·1CB ＝a ×0＋(－a )×a ＋2a ×2a ＝3a 2，5分 |1|＝a a a a 6)2()(222=+-+，|1C B |＝a a a 5)2(0222=++，7分∴cos 〈11,CB BA 1030563||||1111=⋅=⋅CB BA ．9分 （III ）C 1(0，0，2a )，M(2a ，2a ，2a )，∴C 1＝(2a ，2a，0)，A 1＝(－a ，a ，2a )，∴A 1·M C 1＝(－a )×2a ＋a ×2a＋2a ×0＝0，∴A 1⊥C 1，∴A 1B ⊥C 1M ．14分。

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高考数学一轮复习排列与组合专题练习及答案

高考数学一轮复习排列与组合专题练习及答案

高考数学一轮复习排列与组合专题练习及答案高考数学一轮复习排列与组合专题练习及答案一、填空题1.市内某公共汽车站有6个候车位(成一排)，现有3名乘客随便坐在某个座位上候车，则恰好有2个连续空座位的候车方式的种数是________.[解析] 由于题目要求的是奇数，那么对于此三位数可以分成两种情况：奇偶奇，偶奇奇.如果是第一种奇偶奇的情况，可以从个位开始分析(3种选择)，之后十位(2种选择)，最后百位(2种选择)，共322=12种;如果是第二种偶奇奇的情况，个位(3种情况)，十位(2种情况)，百位(不能是0,1种情况)，共321=6种，因此总共12+6=18种情况.[答案] 182.若从1,2,3，，9这9个整数中同时取4个不同的数，其和为偶数，则不同的取法共有________种.[解析] 满足题设的取法可分为三类：一是四个奇数相加，其和为偶数，在5个奇数1,3,5,7,9中，任意取4个，有C=5(种);二是两个奇数加两个偶数其和为偶数，在5个奇数中任取2个，再在4个偶数2,4,6,8中任取2个，有CC=60(种);三是四个偶数相加，其和为偶数，4个偶数的取法有1种，所以满足条件的`取法共有5+60+1=66(种).[答案] 663.(2014福州调研)若一个三位数的十位数字比个位数字和百位数字都大，称这个数为伞数.现从1,2,3,4,5,6这六个数字中取3个数，组成无重复数字的三位数，其中伞数有________个.[解析] 分类讨论：若十位数为6时，有A=20(个);若十位数为5时，有A=12(个);若十位数为4时，有A=6(个);若十位数为3时，有A=2(个).因此一共有40个.[答案] 404.一个平面内的8个点，若只有4个点共圆，其余任何4点不共圆，那么这8个点最多确定的圆的个数为________.[解析] 从8个点中任选3个点有选法C种，因为有4点共圆所以减去C种再加1种，共有圆C-C+1=53个.[答案] 535.某同学有同样的画册2本，同样的集邮册3本，从中取出4本赠送给4位朋友，每位朋友1本，则不同的赠送方法共有________种.[解析] 分两种情况：选2本画册，2本集邮册送给4位朋友有C=6(种)方法;选1本画册，3本集邮册送给4位朋友有C=4(种)方法，不同的赠送方法共有6+4=10(种).[答案] 106.用数字1,2,3,4,5,6六个数字组成一个六位数，要求数字1,2都不与数字3相邻，且该数字能被5整除，则这样的五位数有________个.[解析] 由题可知，数字5一定在个位上，先排数字4和6，排法有2种，再往排好的数字4和6形成的3个空位中插入数字1和3，插法有6种，最后再插入数字2，插法有3种，根据分步乘法计数原理，可得这样的六位数有263=36个.[答案] 367.现有16张不同的卡片，其中红色、黄色、蓝色、绿色卡片各4张，从中任取3张，要求这3张卡片不能是同一种颜色，且红色卡片至多1张，不同取法有________种.[解析] 第一类，含有1张红色卡片，共有不同的取法CC=264(种);第二类，不含有红色卡片，共有不同的取法C-3C=220-12=208(种).由分类计数原理知不同的取法有264+208=472(种).[答案] 4728.在1,2,3,4,5这五个数字组成的没有重复数字的三位数中，各位数字之和为偶数的三位数共有________个.[解析] 在1,2,3,4,5这五个数字中有3个奇数，2个偶数，要求三位数各位数字之和为偶数，则两个奇数一个偶数，符合条件的三位数共有CCA=36(个).[答案] 36二、解答题9.从3名骨科、4名脑外科和5名内科医生中选派5人组成一个抗震救灾医疗小组，则骨科、脑外科和内科医生都至少有1人的选派方法种数是多少?(用数字作答).[解] 分三类：选1名骨科医生，则有C(CC+CC+CC)=360(种);选2名骨科医生，则有C(CC+CC)=210(种);选3名骨科医生，则有CCC=20(种).骨科、脑外科和内科医生都至少有1人的选派方法种数是360+210+20=590种.10.四个不同的小球放入编号为1,2,3,4的四个盒子中.(1)若每个盒子放一球，则有多少种不同的放法?(2)恰有一个空盒的放法共有多少种?[解] (1)每个盒子放一球，共有A=24(种)不同的放法;(2)法一先选后排，分三步完成.第一步：四个盒子中选一只为空盒，有4种选法;第二步：选两球为一个元素，有C种选法;第三步：三个元素放入三个盒中，有A种放法.故共有4CA=144(种)放法.法二先分组后排列，看作分配问题.第一步：在四个盒子中选三个，有C种选法;第二步：将四个球分成2,1,1三组，有C种放法;第三步：将三组分到选定的三个盒子中，有A种放法.故共有CCA=144种放法.。

2011届高考数学一轮复习百大经典例题之直线与平面的平行判定和性质(新课标)

2011届高考数学一轮复习百大经典例题之直线与平面的平行判定和性质(新课标)

典型例题一例1 简述下列问题的结论，并画图说明：（1）直线⊂a 平面α，直线A a b = ，则b 和α的位置关系如何？ （2）直线α⊂a ，直线a b //，则直线b 和α的位置关系如何？ 分析：（1）由图（1）可知：α⊂b 或A b =α ； （2）由图（2）可知：α//b 或α⊂b ．说明：此题是考查直线与平面位置关系的例题，要注意各种位置关系的画法与表示方法．典型例题二例2 P 是平行四边形ABCD 所在平面外一点，Q 是PA 的中点，求证：//PC 平面BDQ ．分析：要证明平面外的一条直线和该平面平行，只要在该平面内找到一条直线和已知直线平行就可以了．证明：如图所示，连结AC ，交BD 于点O ，∵四边形ABCD 是平行四边形∴CO AO =，连结OQ ，则OQ 在平面BDQ 内，且OQ 是APC ∆的中位线，∴OQ PC //． ∵PC 在平面BDQ 外， ∴//PC 平面BDQ ．说明：应用线面平行的判定定理证明线面平行时，关键是在平面内找一条直线与已知直线平行，怎样找这一直线呢？由于两条直线首先要保证共面，因此常常设法过已知直线作一平面与已知平面相交，如果能证明已知直线和交线平行，那么就能够马上得到结论．这一个证明线面平行的步骤可以总结为：过直线作平面，得交线，若线线平行，则线面平行．典型例题三例3 经过两条异面直线a ，b 之外的一点P ，可以作几个平面都与a ，b 平行？并证明你的结论．分析：可考虑P 点的不同位置分两种情况讨论． 解：（1）当P 点所在位置使得a ，P （或b ，P ）本身确定的平面平行于b （或a ）时，过P 点再作不出与a ，b 都平行的平面；（2）当P 点所在位置a ，P （或b ，P ）本身确定的平面与b （或a ）不平行时，可过点P 作a a '//，b b //'．由于a ，b 异面，则a '，b '不重合且相交于P ．由于P b a ='' ，a '，b '确定的平面α，则由线面平行判定定理知：α//a ，α//b ．可作一个平面都与a ，b 平行．故应作“0个或1个”平面．说明：本题解答容易忽视对P 点的不同位置的讨论，漏掉第（1）种情况而得出可作一个平面的错误结论．可见，考虑问题必须全面，应区别不同情形分别进行分类讨论．典型例题四例4 平面外的两条平行直线中的一条平行于这个平面，那么另一条直线也平行于这个平面．已知：直线b a //，//a 平面α，α⊄b ． 求证：α//b ．证明：如图所示，过a 及平面α内一点A 作平面β． 设c =βα ，∵α//a ， ∴c a //． 又∵b a //， ∴c b //．∵α⊄b ，α⊂c ， ∴α//b ．说明：根据判定定理，只要在α内找一条直线b c //，根据条件α//a ，为了利用直线和平面平行的性质定理，可以过a 作平面β与α相交，我们常把平面β称为辅助平面，它可以起到桥梁作用，把空间问题向平面问题转化．和平面几何中添置辅助线一样，在构造辅助平面时，首先要确认这个平面是存在的，例如，本例中就是以“直线及直线外一点确定一个平面”为依据来做出辅助平面的．典型例题五例5 已知四面体ABC S -的所有棱长均为a ．求： （1）异面直线AB SC 、的公垂线段EF 及EF 的长； （2）异面直线EF 和SA 所成的角．分析：依异面直线的公垂线的概念求作异面直线AB SC 、的公垂线段，进而求出其距离；对于异面直线所成的角可采取平移构造法求解．解：（1）如图，分别取AB SC 、的中点F E 、，连结CF SF 、．由已知，得SAB ∆≌CAB ∆． ∴CF SF =，E 是SC 的中点， ∴SC EF ⊥．同理可证AB EF ⊥∴EF 是AB SC 、的公垂线段．在SEF Rt ∆中，a SF 23=，a SE 21=．∴22SESFEF -=a a a 22414322=-．（2）取AC 的中点G ，连结EG ，则SA EG //．∴EF 和GE 所成的锐角或直角就是异面直线EF 和SA 所成的角． 连结FG ，在EFG Rt ∆中，a EG 21=，a GF 21=，a EF 22=．由余弦定理，得22222124142412cos 222222=⋅⋅-+=⋅⋅-+=∠aa aa a EFEG GFEFEGGEF ．∴45=∠GEF ．故异面直线EF 和SA 所成的角为45．说明：对于立体几何问题要注意转化为平面问题来解决，同时要将转化过程简要地写出来，然后再求值．典型例题六例6 如果一条直线与一个平面平行，那么过这个平面内的一点且与这条直线平行的直线必在这个平面内．已知：直线α//a ，α∈B ，b B ∈，a b //． 求证：α⊂b ． 分析：由于过点B 与a 平行的直线是惟一存在的，因此，本题就是要证明，在平面α外，不存在过B 与a 平行的直线，这是否定性命题，所以使用反证法．证明：如图所示，设α⊄b ，过直线a 和点B 作平面β，且'b =αβ ． ∵α//a ，∴α//'b ．这样过B 点就有两条直线b 和'b 同时平行于直线a ，与平行公理矛盾． ∴b 必在α内．说明：(1)本例的结论可以直接作为证明问题的依据． (2)本例还可以用同一法来证明，只要改变一下叙述方式．如上图，过直线a 及点B 作平面β，设'b =αβ ．∵α//a ，∴α//'b ．这样，'b 与b 都是过B 点平行于a 的直线，根据平行公理，这样的直线只有一条， ∴b 与'b 重合．∵α⊂'b ，∴α⊂b ．典型例题七例7 下列命题正确的个数是（ ）．(1)若直线l 上有无数个点不在平面α内，则α//l ； (2)若直线l 平行于平面α内的无数条直线，则α//l ；(3)若直线l 与平面α平行，则l 与平面α内的任一直线平行； (4)若直线l 在平面α外，则α//l ．A ．0个B ．1个C ．2个D ．3个 分析：本题考查的是空间直线与平面的位置关系．对三种位置关系定义的准确理解是解本题的关键．要注意直线和平面的位置关系除了按照直线和平面公共点的个数来分类，还可以按照直线是否在平面内来分类．解：(1)直线l 上有无数个点不在平面α内，并没有说明是所在点都不在平面α内，因而直线可能与平面平行亦有可能与直线相交．解题时要注意“无数”并非“所有”．(2)直线l 虽与α内无数条直线平行，但l 有可能在平面α内，所以直线l 不一定平行α．(3)这是初学直线与平面平行的性质时常见错误，借助教具我们很容易看到．当α//l 时，若α⊂m 且l m //，则在平面α内，除了与m 平行的直线以外的每一条直线与l 都是异面直线．(4)直线l 在平面α外，应包括两种情况：α//l 和l 与α相交，所以l 与α不一定平行． 故选A ．说明：如果题中判断两条直线与一平面之间的位置关系，解题时更要注意分类要完整，考虑要全面．如直线l 、m 都平行于α，则l 与m 的位置关系可能平行，可能相交也有可能异面；再如直线m l //、α//l ，则m 与α的位置关系可能是平行，可能是m 在α内．典型例题八例8 如图，求证：两条平行线中的一条和已知平面相交，则另一条也与该平面相交． 已知：直线b a //，P a =α平面 ．求证：直线b 与平面α相交．分析：利用b a //转化为平面问题来解决，由b a //可确定一辅助平面β，这样可以把题中相关元素集中使用，既创造了新的线面关系，又将三维降至二维，使得平几知识能够运用．解：∵b a //，∴a 和b 可确定平面β． ∵P a =α ，∴平面α和平面β相交于过点P 的直线l ．∵在平面β内l 与两条平行直线a 、b 中一条直线a 相交，∴l 必定与直线b 也相交，不妨设Q l b = ，又因为b 不在平面α内（若b 在平面α内，则α和β都过相交直线b 和l ，因此α与β重合，a 在α内，和已知矛盾）． 所以直线b 和平面α相交．说明：证明直线和平面相交的常用方法有：证明直线和平面只有一个公共点；否定直线在平面内以及直线和平面平行；用此结论：一条直线如果经过平面内一点，又经过平面外一点，则此直线必与平面相交（此结论可用反证法证明）．典型例题九例9 如图，求证：经过两条异面直线中的一条，有且仅有一个平面与另一条直线平行． 已知：a 与b 是异面直线．求证：过b 且与a 平行的平面有且只有一个．分析：本题考查存在性与唯一性命题的证明方法．解题时要理解“有且只有”的含义．“有”就是要证明过直线b 存在一个平面α，且α//a ，“只有”就是要证满足这样条件的平面是唯一的．存在性常用构造法找出（或作出）平面，唯一性常借助于反证法或其它唯一性的结论．证明：(1)在直线b 上任取一点A ，由点A 和直线a 可确定平面β．在平面β内过点A 作直线'a ，使a a //'，则'a 和b 为两相交直线，所以过'a 和b 可确定一平面α． ∵α⊂b ，a 与b 为异面直线， ∴α⊄a ．又∵'//a a ，α⊂'a ，∴α//a ．故经过b 存在一个平面α与a 平行．(2)如果平面γ也是经过b 且与a 平行的另一个平面， 由上面的推导过程可知γ也是经过相交直线b 和'a 的．由经过两相交直线有且仅有一个平面的性质可知，平面α与γ重合，即满足条件的平面是唯一的．说明：对于两异面直线a 和b ，过b 存在一平面α且与a 平行，同样过a 也存在一平面β且与b 平行．而且这两个平面也是平行的（以后可证）．对于异面直线a 和b 的距离，也可转化为直线a 到平面α的距离，这也是求异面直线的距离的一种方法．典型例题十例10 如图，求证：如果一条直线和两个相交平面都平行，那么这条直线和它们的交线平行．已知：l =βα ，α//a ，β//a ，求证：l a //．分析：本题考查综合运用线面平行的判定定理和性质定理的能力．利用线面平行的性质定理，可以先证明直线a 分别和两平面的某些直线平行，即线面平行可得线线平行．然后再用线面平行的判定定理和性质定理来证明a 与l 平行．证明：在平面α内取点P ，使l P ∉，过P 和直线a 作平面γ交α于b ． ∵α//a ，γ⊂a ，b =αγ ， ∴b a //．同理过a 作平面δ交β于c ． ∵β//a ，δ⊂a ，c =βδ ， ∴c a //． ∴c b //．∵β⊄b ，β⊂c ， ∴β//b ．又∵α⊂b ，l =βα ， ∴l b //． 又∵b a //， ∴l a //．另证：如图，在直线l 上取点M ，过M 点和直线a 作平面和α相交于直线1l ，和β相交于直线2l ．∵α//a ，∴1//l a ， ∵β//a ，∴2//l a ，但过一点只能作一条直线与另一直线平行． ∴直线1l 和2l 重合．又∵α⊂1l ，β⊂2l ， ∴直线1l 、2l 都重合于直线l ，∴l a //． 说明：“线线平行”与“线面平行”在一定条件下是可以相互转化的，这种转化的思想在立体几何中非常重要．典型例题十一例11 正方形ABCD 与正方形ABEF 所在平面相交于AB ，在AE 、BD 上各取一点P 、Q ，且DQ AP =．求证：//PQ 面BCE ．分析：要证线面平行，可以根据判定定理，转化为证明线线平行．关键是在平面BCE 中如何找一直线与PQ 平行．可考察过PQ 的平面与平面BCE 的交线，这样的平面位置不同，所找的交线也不同．证明一：如图，在平面ABEF 内过P 作AB PM //交BE 于M ，在平面ABCD 内过Q 作AB QN //交BC 于N ，连结MN ．∵AB PM //，∴AEPE ABPM =．又∵CD AB QN ////， ∴BD BQDCQN =，即BDBQAB QN=．∵正方形ABEF 与ABCD 有公共边AB ，∴DB AE =．∵DQ AP =，∴BQ PE =． ∴QN PM =．又∵AB PM //，AB QN //， ∴QN PM //．∴四边形PQNM 为平行四边形．∴MN PQ //． 又∵⊂MN 面BCE ， ∴//PQ 面BCE ．证明二：如图，连结AQ 并延长交BC 于S ，连结ES ．∵AD BS //，∴QBDQ QSAQ =．又∵正方形ABEF 与正方形ABCD 有公共边AB ， ∴DB AE =，∵DQ AP =，∴QB PE =．∴QSAQ QBDQ PEAP ==．∴ES PQ //， 又∵⊂ES 面BEC ， ∴//PQ 面BEC ．说明：从本题中我们可以看出，证线面平行的根本问题是要在平面内找一直线与已知直线平行，此时常用中位线定理、成比例线段、射影法、平行移动、补形等方法，具体用何种方法要视条件而定．此题中我们可以把“两个有公共边的正方形”这一条件改为“两个全等的矩形”，那么题中的结论是否仍然成立？典型例题十二例12 三个平面两两相交于三条交线，证明这三条交线或平行、或相交于一点． 已知：a =βα ，b =γβ ，c =αγ ．求证：a 、b 、c 互相平行或相交于一点．分析：本题考查的是空间三直线的位置关系，我们可以先从熟悉的两条交线的位置关系入手，根据共面的两条直线平行或相交来推论三条交线的位置关系．证明：∵a =βα ，b =γβ ， ∴β⊂b a 、．∴a 与b 平行或相交． ①若b a //，如图∵γ⊂b ，γ⊄a ，∴γ//a ． 又∵c =αγ ，α⊂a ，∴c a //． ∴c b a ////．②若a 与b 相交，如图，设O b a = ，∴a O ∈，b O ∈．又∵βα =a ，γβ =b ． ∴α∈O ，γ∈O又∵c =γα ，∴c O ∈．∴直线a 、b 、c 交于同一点O ．说明：这一结论常用于求一个几何体的截面与各面交线问题，如正方体ABCD 中，M 、N 分别是1CC 、11B A 的中点，画出点D 、M 、N 的平面与正方体各面的交线，并说明截面多边形是几边形？典型例题十三例13 已知空间四边形ABCD ，AC AB ≠，AE 是ABC ∆的BC 边上的高，DF 是BCD ∆的BC 边上的中线，求证：AE 和DF 是异面直线．证法一：（定理法）如图由题设条件可知点E 、F 不重合，设BCD ∆所在平面α．∴⇒⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧∉∈∉⊂DF E E A DF αααAE 和DF 是异面直线． 证法二：（反证法）若AE 和DF 不是异面直线，则AE 和DF 共面，设过AE 、DF 的平面为β． (1)若E 、F 重合，则E 是BC 的中点，这与题设AC AB ≠相矛盾． (2)若E 、F 不重合，∵EF B ∈，EF C ∈，β⊂EF ，∴β⊂BC ． ∵β∈A ，β∈D ，∴A 、B 、C 、D 四点共面，这与题设ABCD 是空间四边形相矛盾． 综上，假设不成立．故AE 和DF 是异面直线．说明：反证法不仅应用于有关数学问题的证明，在其他方面也有广泛的应用． 首先看一个有趣的实际问题：“三十六口缸，九条船来装，只准装单，不准装双，你说怎么装？” 对于这个问题，同学们可试验做一做． 也许你在试验几次后却无法成功时，觉得这种装法的可能性是不存在的．那么你怎样才能清楚地从理论上解释这种装法是不可能呢？用反证法可以轻易地解决这个问题．假设这种装法是可行的，每条船装缸数为单数，则9个单数之和仍为单数，与36这个双数矛盾．只须两句话就解决了这个问题．典型例题十四例14 已知AB 、BC 、CD 是不在同一平面内的三条线段，E 、F 、G 分别是AB 、BC 、CD 的中点，求证：平面EFG 和AC 平行，也和BD 平行．分析：欲证明AC //平面EFG ，根据直线和平面平等的判定定理只须证明AC 平行平面EFG 内的一条直线，由图可知，只须证明EF AC //．证明：如图，连结AE 、EG 、EF 、GF ． 在ABC ∆中，E 、F 分别是AB 、BC 的中点． ∴EF AC //．于是AC //平面EFG ． 同理可证，BD //平面EFG ．说明：到目前为止，判定直线和平面平行有以下两种方法：(1)根据直线和平面平行定义；(2)根据直线和平面平行的判定定理．典型例题十五例15 已知空间四边形ABCD ，P 、Q 分别是ABC ∆和BCD ∆的重心， 求证：ACD PQ 平面//．分析：欲证线面平行，须证线线平行，即要证明PQ 与平面ACD 中的某条直线平行，根据条件，此直线为AD ，如图．证明：取BC 的中点E ．∵P 是ABC ∆的重心，连结AE ， 则1∶3=PE AE ∶，连结DE ， ∵Q 为BCD ∆的重心， ∴1∶3=QE DE ∶， ∴在AED ∆中，AD PQ //．又ACD AD 平面⊂，ACD PQ 平面⊄， ∴ACD PQ 平面//．说明：(1)本例中构造直线AD 与PQ 平行，是充分借助于题目的条件：P 、Q 分别是ABC ∆和BCD ∆的重心，借助于比例的性质证明AD PQ //，该种方法经常使用，望注意把握．(2)“欲证线面平行，只须证线线平行”．判定定理给我们提供了一种证明线面平等的方法．根据问题具体情况要熟练运用．典型例题十六例16 正方体1111D C B A ABCD -中，E 、G 分别是BC 、11D C 的中点如下图． 求证：D D BB EG 11//平面．分析：要证明D D BB EG 11//平面，根据线面平等的判定定理，需要在平面D D BB 11内找到与EG 平行的直线，要充分借助于E 、G 为中点这一条件．证明：取BD 的中点F ，连结EF 、F D 1． ∵E 为BC 的中点，∴EF 为BCD ∆的中位线，则DC EF //，且CD EF 21=．∵G 为11D C 的中点， ∴CD G D //1且CD G D 211=，∴G D EF 1//且G D EF 1=， ∴四边形G EFD 1为平行四边形，∴EG F D //1，而111B BDD F D 平面⊂，11B BDD EG 平面⊄， ∴11//B BDD EG 平面．典型例题十七例17 如果直线α平面//a ，那么直线a 与平面α内的（ ）．A ．一条直线不相交B ．两条相交直线不相交C ．无数条直线不相交D ．任意一条直线都不相交解：根据直线和平面平行定义，易知排除A 、B ．对于C ，无数条直线可能是一组平行线，也可能是共点线，∴C 也不正确，应排除C ．与平面α内任意一条直线都不相交，才能保证直线a 与平面α平行，∴D 正确． ∴应选D ．说明：本题主要考查直线与平面平行的定义．典型例题十八例18 分别和两条异面直线平行的两条直线的位置关系是（ ）．A ．一定平行B ．一定相交C ．一定异面D ．相交或异面解：如图中的甲图，分别与异面直线a 、b 平行的两条直线c 、d 是相交关系； 如图中的乙图，分别与异面直线a 、b 平行的两条直线c 、d 是相交关系．综上，可知应选D ．说明：本题主要考查有关平面、线面平行等基础知识以及空间想象能力．典型例题十九例19 a 、b 是两条异面直线，下列结论正确的是（ ）． A ．过不在a 、b 上的任一点，可作一个平面与a 、b 平行B ．过不在a 、b 上的任一点，可作一个直线与a 、b 相交C ．过不在a 、b 上的任一点，可作一个直线与a 、b 都平行D ．过a 可以并且只可以作一平面与b 平行解：A 错，若点与a 所确定的平面与b 平行时，就不能使这个平面与α平行了． B 错，若点与a 所确定的平面与b 平等时，就不能作一条直线与a ，b 相交． C 错，假如这样的直线存在，根据公理4就可有b a //，这与a ，b 异面矛盾． D 正确，在a 上任取一点A ，过A 点做直线b c //， 则c 与a 确定一个平面与b 平行，这个平面是惟一的． ∴应选Ｄ．说明：本题主要考查异面直线、线线平行、线面平行等基本概念．典型例题二十例20 (1)直线b a //，α平面//a ，则b 与平面α的位置关系是_____________． (2)A 是两异面直线a 、b 外的一点，过A 最多可作___________个平面同时与a 、b平行．解：(1)当直线b 在平面α外时，α//b ；当直线b 在平面α内时，α⊂b ． ∴应填：α//b 或α⊂b ．(2)因为过A 点分别作a ，b 的平行线只能作一条，（分别称'a ，'b ）经过'a ，'b 的平面也是惟一的．所以只能作一个平面； 还有不能作的可能，当这个平面经过a 或b 时，这个平面就不满足条件了． ∴应填：1．说明：考虑问题要全面，各种可能性都要想到，是解答本题的关键．典型例题二十一例21 如图，α//a ，A 是α的另一侧的点，a D C B ∈,,，线段AB ，AC ，AD 交α于E ，F ，G ，若4=BD ，4=CF ，5=AF ，则EG =___________．解：∵α//a ，ABD EG 平面 α=． ∴EG a //，即EG BD //， ∴FCAF AF BD EGCD BC FGEF AC AFCD FG BCEF +==++===．则9204545=+⨯=+⋅=FC AF BDAF EG ．∴应填：920．说明：本题是一道综合题，考查知识主要有：直线与平面平行性质定理、相似三角形、比例性质等．同时也考查了综合运用知识，分析和解决问题的能力．。

【高考第一轮复习数学】单元一高考真题赏析

【高考第一轮复习数学】单元一高考真题赏析

高考真题赏析1.(2009山东卷理)集合{}0,2,A a =,{}21,B a =,若{}0,1,2,4,16A B = ,则a 的值 为( ) A.0 B.1 C.2 D.4【答案】D解析: ∵{}0,2,A a =,{}21,B a =,{}0,1,2,4,16A B = ∴2164a a ⎧=⎨=⎩∴4a =,故选D.本题主要考查了集合的并，并用观察法得到相对应的元素,在解题过程中体现了观察法的应用.2.（2009广东卷理）已知全集U R =，集合{212}M x x =-≤-≤和 {21,1,2,}N x x k k ==-= 的关系的韦恩（Venn ）图如图1所示，则阴影部分所示的集合的元素共有( )A. 3个B. 2个C. 1个D. 无穷多个【答案】 B解析: 由{212}M x x =-≤-≤得31≤≤-x ，则{}3,1=⋂N M ，有2个，选B.3.（2009全国卷Ⅱ理）设集合{}1|3,|04x A x x B x x -⎧⎫=>=<⎨⎬-⎩⎭，则A B = A. ∅ B. ()3,4 C.()2,1- D. ()4.+∞【答案】 B解析：{}{}1|0|(1)(4)0|144x B x x x x x x x -⎧⎫=<=--<=<<⎨⎬-⎩⎭.(3,4)A B ∴= .故选B.4.（2010浙江.理）设P=｛x ︱x <4｝,Q=｛x ︱2x <4｝，则（A ）p Q ⊆ （B ）Q P ⊆（C ）R p Q C ⊆ （D ）R Q P C ⊆【答案】B解析：{}22＜＜x x Q -=，可知B 正确，本题主要考察了集合的基本运算，属容易题5.（2011北京.理）（1）已知集合P=｛x ︱x 2≤1｝,M=｛a ｝.若P ∪M=P,则a 的取值范围是（A ）(-∞, -1] （B ）[1, +∞） （C ）[-1，1] （D ）（-∞，-1] ∪[1，+∞）【答案】C解析：2{|1}{|11}P x x x x =≤=-≤≤，[1,1]P M P a =⇒∈- ，选C 。

高考理科数学一轮复习专题训练：数列(含详细答案解析)

高考理科数学一轮复习专题训练：数列(含详细答案解析)

B ． 3 2．在正项等比数列{a }中，已知 a 4 = 2 ， a = ，则 a 5 的值为（ 8= 2 ， a = ，可得 8 q 4 = 8 = ，又因为 q > 0 ，所以 q = 1 2 2127B ．35063C ．28051D ． 3502第 7 单元 数列（基础篇）第Ⅰ卷一、选择题：本大题共12 小题，每小题 5 分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．已知等差数列{a n }的前 n 项和为 S n ，若 a 1=12，S 5=90，则等差数列{a n }公差 d =（）A ．2【答案】C2 C ．3D ．4【解析】∵a =12，S =90，∴ 5 ⨯12 + 1 5 5 ⨯ 4 2d = 90 ，解得 d=3，故选 C ．n 8 1 ）1 1 A ． B ． - C ． -1 D ．14 4【答案】D【解析】由题意，正项等比数列{a }中，且 a n 48 1 a 1 a 16 41，则 a = a ⋅ q = 2 ⨯ = 1 ，故选 D ．5 43．在等差数列{a n}中， a 5+ a = 40 ，则 a + a + a = （ ） 13 8 9 10A ．72B ．60C ．48D ．36【答案】B【解析】根据等差数列的性质可知： a 5 + a 13 = 40 ⇒ 2a 9 = 40 ⇒ a 9 = 20 ，a + a + a = 2a + a = 3a = 60 ，故本题选 B ．8 9109994．中国古代数学名著《张丘建算经》中记载：“今有马行转迟，次日减半，疾七日，行七百里”．其大意：现有一匹马行走的速度逐渐变慢，每天走的里程数是前一天的一半，连续走了7 天，共走了 700 里，则这匹马第 7 天所走的路程等于（）A ．700里里 里【答案】A127里【解析】设马每天所走的路程是 a 1, a 2 ,.....a 7 ，是公比为1的等比数列，a 1 - ( )7 ⎪a = a q 6= 7005．已知等差数列{a n } 的前 n 项和 S n 有最大值，且 a=10(a +a )2= 5(a + a ) = 5(a + a ) > 0 ， S =2 = 11a < 0 ， (a + 2d - 1)2 = (a + d - 1)(a + 4d - 1) ⎩ d = 2这些项的和为 700， S = 7 ⎛ 1 ⎫ 1 ⎝ 2 ⎭1 - 12 = 700 ⇒ a =1 64 ⨯ 700 127 ，7 1 127 ，故答案为 A ．a 5< -1 ，则满足 S 6n> 0 的最大正整数 n 的值为（）A ．6B ．7C ．10D ．12【答案】C【解析】设等差数列{a n } 的公差为 d ，因为等差数列{a n } 的前 n 项和 S n 有最大值，所以 d < 0 ，a又 a 5 < -1 ，所以 a 5 > 0 ， a 6 < 0 ，且 a 5 + a 6 > 0 ，6 所以 S1 101 10 5 6 11 所以满足 S n > 0 的最大正整数 n 的值为 10．11(a + a )1 1166．已知等差数列{a n}的公差不为零， Sn为其前 n 项和， S 3 = 9 ，且 a 2 - 1 ， a 3 - 1， a 5 - 1构成等比数列，则 S 5 = （ ）A ．15B ． -15C ．30D ．25【答案】D【解析】设等差数列{a n}的公差为 d (d ≠ 0)，⎧⎪3a + 3d = 9⎧a = 1 由题意 ⎨ 1 ，解得 ⎨ 1 ⎪⎩ 1 1 1．∴ S = 5 ⨯1 +5 5 ⨯ 4 ⨯ 22 = 25 ．故选 D ．7．在等差数列{a n } 中， a 3 ， a 9 是方程 x 2 + 24 x + 12 = 0 的两根，则数列{a n } 的前 11 项和等于（A ．66B ．132C ． -66D ． -132【答案】D）S = 11⨯ (a + a ) 2 2 2 = 15 ，解得 n = 5 ，( )nC ． a = 3n -1D ． a =3n【解析】因为 a 3 ， a 9 是方程 x 2 + 24 x + 12 = 0 的两根，所以 a 3 + a 9 = -24 ，又 a 3 + a 9 = -24 = 2a 6 ，所以 a 6 = -12 ，11⨯ 2a1 11 = 6 = -132 ，故选 D ． 118．我国南宋数学家杨辉 1261 年所著的《详解九章算法》一书里出现了如图所示的表，即杨辉三角，这是数学史上的一个伟大成就，在“杨辉三角”中，第n 行的所有数字之和为 2n -1 ，若去除所有为 1 的项，依次构成数列 2，3，3，4，6，4，5，10，10，5，…，则此数列的前 15 项和为（）A ．110B ．114C ．124D ．125【答案】B【解析】由题意， n 次二项式系数对应的杨辉三角形的第 n +1行， 令 x = 1 ，可得二项展开式的二项式系数的和 2n ，其中第 1 行为 2 0 ，第 2 行为 21 ，第 3 行为 22 ，L L 以此类推，即每一行的数字之和构成首项为 1，公比为 2 的对边数列，则杨辉三角形中前 n 行的数字之和为 S = n 1- 2n1- 2 = 2n - 1，若除去所有为 1 的项，则剩下的每一行的数字的个数为1,2,3, 4,L ，可以看成构成一个首项为 1，公差为 2 的等差数列，则T =n n (n + 1)2 ，令 n (n + 1)所以前 15 项的和表示前 7 行的数列之和，减去所有的 1，即 27 - 1 - 13 = 114 ，即前 15 项的数字之和为 114，故选 B ．9．已知数列{a }的前 n 项和为 S nn，满足 2S n =3a n -1 ，则通项公式 a n 等于（）A ． a = 2n- 1n【答案】CB ． a= 2nn n： ， + ， + + ， + + + ， ，那么数列 {b }= ⎧⎨ 1 ⎩ a an n +1 ⎭n + 1 ⎭C ． 4 ⨯ ⎝ 2 n + 1 ⎭D ．⎝ 1 + 2 + ⋅⋅⋅ + n n2 a an (n + 1) ⎝ n n + 1 ⎭ = = = 4 ⨯ - ⎪ ， ∴ S = 4 ⨯ 1 - + - + - + ⋅⋅⋅ + - = 4 ⨯ 1 - ⎪ 2 2 3 3 4 n n + 1 ⎭ ⎝ ⎝⎪ ， 1 1 ⎫【解析】当 n = 1 时， 2S 1 = 3a 1 -1 ，∴ a 1 = 1 ，当 n ≥ 2 且 n ∈ N * 时， 2S n -1 = 3a n -1 - 1 ，则 2S n - 2Sn -1 = 2a n = 3a n - 1 - 3a n -1 + 1 = 3a n - 3a n -1 ，即 a n = 3an -1，∴ 数列 {a }是以1 为首项， 3 为公比的等比数列∴ a nn= 3n -1 ，本题正确选项 C ． 10．已知数列 满足，且 ，则（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】B【解析】利用排除法，因为，当当当当时，时，时，时， ，排除 A ；，B 符合题意；，排除 C ；，排除 D ，故选 B ．11．已知数列为（）1 12 1 23 1 2 34 2 3 3 4 4 45 5 5 5⋯ n ⎫ ⎬ 前 项和A ．1 - 1 ⎛ n + 1B ． 4 ⨯ 1 - 1 ⎫ ⎛ 1 ⎪ - 1 ⎫⎪1 1-2 n + 1【答案】B【解析】由题意可知： a =nn (n + 1)= = ， n + 1 n + 1 2∴ b = 1n n n +11 4 ⎛ 1 1 ⎫ n n + 1 ⋅2 2⎛ 1 1 1 1 1 ⎛ n本题正确选项 B ．1 ⎫n + 1 ⎭12．已知数列{a }满足递推关系： a ， a = ，则 a 2017= （12016B ． 12018D ． 1=a 2 -= 1 ． ⎩ a∴ 1=1}满足 a 2 q ，可设三数为 ， a ， aq ，可得 ⎪⎨ a⎪ q 求出 ⎨ ，公比 q 的值为 1．=3an n +1 = a 1 n a + 12 n）A ．12017C ．12019【答案】C【解析】∵ ana + 1 n1， a = ，∴ 1 1 1 a a n +1 n⎧ 1 ⎫∴数列 ⎨ ⎬ 是等差数列，首项为 2，公差为 1．n ⎭a2017= 2 + 2016 = 2018 ，则 a2018 ．故选 C ．第Ⅱ卷二、填空题：本大题共4 小题，每小题5 分．13．已知等比数列{a n 1 = 12 ，且 a 2a 4 = 4(a3 - 1) ，则 a 5 = _______．【答案】8【解析】∵ a 2a 4 = 4(a 3 - 1) ，∴ a 3 = 4(a 3 -1) ，则 a 3 = 2 ，∴ a = 5 a 2 3 = a122 1 2= 8 ，故答案为 8．14．若三数成等比数列，其积为 8，首末两数之和为 4，则公比 q 的值为_______．【答案】1【解析】三数成等比数列，设公比为⎧a = 2⎩ q = 1⎧ a3 = 8 a q + aq =4 ⎩，15．在数列 {an}中，a 1= 1 ， an 3 + a n(n ∈ N *)猜想数列的通项公式为________．=3a4 3 + a 53 + a 6 3a 3a 32 数列的通项公式为 a = 3n + 2 n + 2+ = (m + n) + ⎪ = 10 + + ⎪ ≥ 10 + 2 ⋅ ⎪⎪ = 2 ， n m ⎭ 8 ⎝ n m ⎭【答案】3n + 2【解析】由 an 3 + a n， a = 1 ，可得 a = 1 2 3a 1 3 + a 13 3 3= ， a = = ， a == ，……，∴ 猜想 3 4 2 33，本题正确结果 ．n16．已知正项等比数列{a n } 满足 2a 5 + a 4 = a 3 ，若存在两项 a m ， a n ，使得 8 a m a n = a 1 ，则9 1+ 的最小值 mn为__________．【答案】2【解析】Q 正项等比数列{a n } 满足 2a 5 + a 4 = a 3 ，∴ 2a 1q 4 +a 1q 3 =a 1q 2 ，整理得 2q 2 +q - 1 = 0 ，又 q > 0 ，解得 q = 12，Q 存在两项 a ， a 使得 8 a ⋅ a = a ，∴ 64a 2 q m +n -2 = a 2 ，整理得 m + n = 8 ，m nmn111∴则 9 1 1 ⎛ 9 1 ⎫ 1 ⎛ m 9n ⎫ 1 ⎛ m 9n ⎫ m n 8 ⎝ m n ⎭ 8 ⎝9 1 m 9n+ 的最小值为 2，当且仅当 = 取等号，但此时 m ， n ∉ N * ．m n n m又 m + n = 8 ，所以只有当 m = 6 ， n = 2 时，取得最小值是 2．故答案为 2．三、解答题：本大题共6 个大题，共 70 分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．（10 分）已知等差数列{a n（1）求 {a}的通项公式；n}的公差不为 0， a 1= 3 ，且 a , a , a 成等比数列．2 4 7（2）求 a 2 + a 4 + a 6 + L + a 2n ．【答案】（1） a n = n + 2 ；（2） n 2 + 3n ．【解析】（1）Q a 2 , a 4 , a 7成等比数列，∴a42= a a ，2 7即 (a 1 + 3d )2 = (a 1 + d )(a 1 + 6d ) ，化简得 (a 1 - 3d )d = 0 ，∵公差 d ≠ 0 ，∴ a 1 = 3d ，6=n (a +a ) （2）若b= 4 { ⎪ 12 由题意得 ⎨，则 ⎨ ， ⎩ 7 ⎪(a + 6d )2 = (a + d )(a + 21d )⎩ 1化简得 ⎨⎧a + 2d = 7（2）证明： b = 42n (2n + 4) n (n + 2) 2 ⎝ n n + 2 ⎭ - + - + - + L +⎪1 + - - = - ⎪ < ． ⎪Q a = 3 ，∴ d = 1，∴ a = a + (n - 1)d = n + 2 ．1 n1（2）由（1）知 a 2n = 2n + 2 ，故{a 2n } 是首项为 4、公差为 2 的等差数列，所以 a + a + a + L + a2 4 6 n (4 + 2n + 2)2 2n = = n 2 + 3n ． 2 218．（12 分）已知公差不为零的等差数列{a n } 满足 S 5 = 35 ，且 a 2 ， a 7 ， a 22 成等比数列．（1）求数列{a n } 的通项公式；n nn(a - 1)(a + 3) ，且数列 b n }的前 n 项和为 T n ，求证： T < 3n 4．【答案】（1） a n = 2n + 1；（2）见详解．【解析】（1）设等差数列{a n } 的公差为 d ( d ≠ 0 )，⎧ 5 ⨯ 4⎧S = 355a + d = 35 5a 2 = a a2 221 11 ⎩2a 1 = 3d ⎧a = 3 ，解得 ⎨ 1⎩d = 2，所以 a = 3 + 2 (n -1) = 2n +1． nn nn(a -1)(a + 3) =4 11⎛1 1 ⎫ = = - ⎪ ，所以 T = n 1 ⎛ 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 ⎫- + - 2 ⎝ 1 3 2 4 3 5 n - 1 n + 1 n n + 2 ⎭= 1 ⎛ 1 1 1 ⎫ 3 1 ⎛ 1 1 ⎫ 3 + 2 ⎝ 2 n + 1 n + 2 ⎭ 4 2 ⎝ n + 1 n + 2 ⎭ 419．（12 分）已知数列{a n}的前 n 项和为 Sn且 S = 2a - 1 (n ∈ N * ) ．n n（1）求数列{a n}的通项公式；（2）求数列{na n}的前 n 项和 T n．【答案】（1） a = 2n- 1 ；（2） T = n ⋅ 2n - 2n + 1 ．nn【解析】（1）因为 S = 2a - 1 ，当 n ≥ 2 时， S = 2a - 1 ，7= 2a + 1 ， n ∈ N * ．+1)，数列 ⎨ 15 ≤ T n < ； 即 a ∴ 数列 {a }的通项公式为 a = 2n - 1 n ∈ N * ．(2n + 1)(2n + 3) 2⎝ 2n + 1 2n + 3⎪⎭ ， - ⎪ + - ⎪ +⋅⋅⋅+⎪⎥ 2 ⎢⎣⎝ 3 5 ⎭ ⎝ 5 7 ⎭ ⎝ 2n + 2n + 3 ⎭⎦ 6 4n + 6整理可得 a n = 2a n -1 ，Q a = S = 2a - 1 ，解得 a = 1 ，1 111所以数列 {a n}为首项为1 ，公比为 2 的等比数列，∴a = 2n -1 ．n（2）由题意可得：T = 1⨯ 20 + 2 ⨯ 21 + ⋅⋅⋅ + n ⋅ 2n ，n所以 2T = 1⨯ 21 + 2 ⨯ 22 + ⋅⋅⋅ + (n - 1)2n -1 + n ⋅ 2n ，n两式相减可得 -T = 1 + 21 + 22 + ⋅⋅⋅+ 2n -1 - n ⋅ 2n = n∴ T = n ⋅ 2n - 2n + 1 ．n1 - 2n 1 - 2- n ⋅ 2n = 2n - 1 - n ⋅ 2n ，20．（12 分）已知数列{a n}满足 a 1= 1 ， an +1n（1）求证数列{a n +1}是等比数列，并求数列{a n } 的通项公式；（2）设 b = log (a n 2 2n +1 ⎧ 1 ⎫ 1 1b b ⎬ 的前 n 项和 T n ，求证：6 ⎩ n n +1 ⎭．【答案】（1）证明见解析， a = 2n - 1(n ∈ N * )（2）见解析． n【解析】（1）由 an +1 = 2a n + 1 ，得 a n +1 + 1 = 2 (a + 1)，n+ 1n +1 a + 1n= 2 ，且 a + 1 = 2 ，1∴ 数列 {a +1}是以 2 为首项， 2 为公比的等比数列，n∴ a + 1 = 2 ⨯ 2n -1 = 2n ，n( )nn（2）由（1）得： b = logn2(a2n +1+ 1) = log (22n +1- 1 + 1)= 2n + 1 ，2∴1b bn n +11 1 ⎛ 1 1 ⎫ = = -∴T = n1 ⎡⎛ 1 1 ⎫ ⎛ 1 1 ⎫ ⎛ 1 1 ⎫⎤ 1 1 - = - (n ∈ N * )，8又 0 < 1即 1n （2）设数列满足 b = a sin a π2的前 项和 ．⎪⎩n,2 3 L 2 3 L 2 (a + 4) = S + S 2a = d + 4 d = 2 ⎪ ⎩= asin n π + ⎪ = a cos (n π ) ， 2 ⎭ ⎝n +1，2n -1，⎪⎩n, 2 3 L 2 3 L a ⋅ a1 1 1 1 1 1 1≤ ，∴- ≤- < 0 ，∴ ≤ - < ，4n + 6 10 10 4n + 6 15 6 4n + 6 61≤ T < ．15 621．（12 分）已知等差数列的前 项和为 ，且 是 与 的等差中项．（1）求的通项公式；n ，求n n【答案】（1）⎧⎪- (n + 2), ；（2） T = ⎨n n = 2k - 1(k = 1，，， ) n = 2k (k = 1，，， ) ．⎧a = 7⎧a + 2d = 7 ⎧a = 3 【解析】（1）由条件，得 ⎨ 3 ，即 ⎨ 1 ， ⎨ 1⎪715⎩1⎩，所以{a n }的通项公式是（2）由（1）知， b = a sinnn．(2n + 1)π 2n n⎛ π ⎫（1）当 n = 2k -1 （k =1，2，3，…）即 n 为奇数时， b = -a ， b nnn +1= aT = -a + a - a + L + a n 1 2 3 n -1 - a = -a + (-2) n - 1= -n - 2 ；n 1（2）当 n = 2k （k =1，2，3，…）：即 n 为偶数时， b = a ， bnnn -1= -aT = -a + a - a +⋯- a n 1 2 3 n -1+ a = 2 ⋅ n n 2= n ，⎧⎪- (n + 2), 综上所述， T = ⎨n22．（12 分）设正项数列n = 2k - 1(k = 1，，， ) n = 2k (k = 1，，， ) ．的前 n 项和为 ，已知 ．（1）求证：数列 是等差数列，并求其通项公式；（2）设数列的前 n 项和为 ，且 b = 4n nn +1，若对任意 都成立，求实数 的取值范围．9（2）由（1）可得 b = 1 n (n + 1) n n + 1∴ T = 1 - ⎪ + - ⎪ + L + - ⎛ 1 ⎫ ⎛ 1 1 ⎫ ⎛ 1 1 ⎫1 n = 1 -= ， ⎪ 2 ⎭ ⎝ 2 3 ⎭⎝ n n + 1 ⎭n + 1 n + 1⎝，即 nλ < n + (-1)n ⋅ 2 对任意⎢⎣ ⎥⎦n 恒成立，令 f (n ) = (n + 2)(n + 1)Q f (n + 1)- f (n ) = n (n + 1)- 2②当 为奇数时， λ < (n - 2)(n + 1)又 (n - 2)(n + 1)= n - - 1 ，易知：f (n ) = n - 在【答案】（1）见证明，【解析】（1）证明：∵；（2），且．，当当即时，时，有，解得 ．，即．，于是，即．∵ ，∴为常数，∴数列是 为首项， 为公差的等差数列，∴．1 1= - ，nnn + 1都成立⎡ n (n + 1)+ (-1)n ⋅ 2 (n + 1)⎤⇔ λ <⎢⎥ nmin(n ∈ N *)，①当 为偶数时， λ < (n + 2)(n + 1) = n + 2+ 3 ，n nn (n + 1) > 0 ，在 上为增函数，；n 恒成立，2 2 n n n为增函数，，102⨯ 4 ⨯ 3 = 0 ⎧a = -3 ⎪S 4 = 4a 1 + ⎪⎩a = a + 4d = 516 4⎩q3 (a + a + a ) = 120 ∴由①②可知：，综上所述 的取值范围为．第 7 单元 数列（提高篇）第Ⅰ卷一、选择题：本大题共12 小题，每小题 5 分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．记 S 为等差数列{a } 的前 n 项和．已知 S = 0 ， a = 5 ，则（）n n45A ． a n = 2n - 5B ． a n = 3n - 10C ． S = 2n 2 - 8nD ． S = 1n nn 2 - 2n【答案】A2．已知等比数列{a }中， a n 3 ⋅ a = 20 ， a = 4 ，则 a 的值是（ ）13 6 10A ．16B ．14C ．6D ．5【答案】D【解析】由等比数列性质可知 a ⋅ a = a 2 = 20 ，3138由 a 6 = 4 ，得 q 4= a 2 8 = a 2620 5= ，∴ a = a q 4 = 5 ，本题正确选项 D ．10 63．等比数列{a } 中， a + a + a = 30 ， a + a + a = 120 ，则 a + a + a = （ ）n123456789A ．240B ．±240C ．480D ．±480【答案】C【解析】设等比数列{a } 中的公比为 q ，由 a + a + a = 30 ， a + a + a = 120 ，n 1 2 3 4 5 6⎧ 得 ⎨a + a + a = 301 2 31 2 3，解得 q 3 = 4 ，∴ a + a + a = q 3 (a + a + a ) = 480．7 8 9 4 5 6112 ， N = 4．我国古代的《洛书》中记载着世界上最古老的一个幻方：如图，将1，2，…，9 填入3 ⨯ 3 的方格内，使三行，三列和两条对角线上的三个数字之和都等于 15．一般地，将连续的正整数1,2,3,L , n 2 填入 n ⨯ n 个方格中，使得每行，每列和两条对角线上的数字之和都相等，这个正方形叫做n 阶幻方．记 n 阶幻方的对角线上的数字之和为 N n ，如图三阶幻方的 N 3 = 15 ，那么 N 9 的值为（）A ．369B ．321C ．45D ．41【答案】A【解析】根据题意可知，幻方对角线上的数成等差数列，根据等差数列的性质可知对角线的两个数相加正好等于1 + n 2，根据等差数列的求和公式 S = n (1+ n 2 ) 9 9 ⨯ (1+ 92 ) 2 = 369 ，故选 A ．5．已知 1， a 1 ， a 2 ，9 四个实数成等差数列，1， b 1 ， b 2 ， b 3 ，9 五个数成等比数列，则b 2 (a 2 - a 1 ) = （ A ．8 B ．-8 C ．±8 D ．98【答案】A）【解析】由 1， a 1 ， a 2 ，9 成等差数列，得公差 d = a 2 - a 1 = 9 - 1 84 - 1 = 3 ，由 1， b ， b ， b ，9 成等比数列，得 b 2 = 1⨯ 9 ，∴ b = ±3 ，12322当 b = -3 时，1， b ， -3 成等比数列，此时 b 2 = 1⨯ (-3) 无解，2 11所以 b = 3 ，∴ b (a - a 2 2 2 1 ) = 3 ⨯ 8= 8 ．故选 A ．36．已知数列{a n }是公比不为 1 的等比数列， S n为其前 n 项和，满足 a = 2 ，且16a ， 9a ， 2a2 1 4 7成等差数列，则 S = （）3A ． 5B ．6C ．7D ．9【答案】C【解析】数列{a n } 是公比 q 不为 l 的等比数列，满足 a 2 = 2 ，即 a 1q = 2 ，122 ⨯ 2 + 3)⨯ 2 ； 2 ⨯ 2 + 4 )⨯3 ；22- 5 =，且 A n =7n + 45a7= （10B ．172C ． 143A ． 93【解析】因为 7 = 7 = a + a a 2a A = 13 = 7 ⨯13 + 45 = 17 1 13 2 且16a ， 9a ， 2a 成等差数列，得18a = 16a + 2a ，即 9a q 3 = 8a + a q 6 ，1 47417111解得 q = 2，a = 1 ，则 S = 1 3 1 - 23 1 - 2= 7 ．故选 C ．7．将石子摆成如图的梯形形状，称数列 5，9，14，20，L ，为“梯形数”．根据图形的构成，此数列的第 2016 项与 5 的差，即 a 2016- 5 = （）A ． 2018⨯ 2014B ． 2018⨯ 201C ．1011⨯ 2015D ．1010⨯ 2012【答案】C【解析】由已知的图形我们可以得出图形的编号与图中石子的个数之间的关系为：n =1 时， a = 2 + 3 = 11(n =2 时， a = 2 + 3 + 4 = 2…，由此我们可以推断：1 (a = 2 + 3 + L + (n + 2 ) = 1n⎡⎣2 + (n + 2)⎤⎦ ⨯ (n + 1)，∴ a 1⨯ ⎡⎣2 + (2016 + 2)⎤⎦ ⨯ (2016 + 1)- 5 = 1011⨯ 2015 ．故选 C ．20168．已知两个等差数列{a }和 {b }的前 n 项和分别为 A 和 BnnnnB n + 3 b n 7）17D ．15【答案】B771131313(a + a )1 131 13= 2 b 2b b + b 13(b + b ) B 13 + 3 2，故答案选 B ．9．已知数列{ }的前 n 项和为 ， ， （ ），则 （ ）A．32B．64C．128D．25613，∴ S B ．C ． 1a - 1 a - 1，n⎧B ． 2019 ) =+ = + = + =2 ，1 1 + 1 + a 2a 2【答案】B【解析】由，得，又，∴- 1 n +1 S - 1n= 2 ，即数列{则∴10．数列1}是以 1 为首项，以 2 为公比的等比数列，，则 ．．故选 B ．满足： ，若数列 是等比数列，则 的值是（）A ．1 【答案】B2 D ．【解析】数列为等比数列 ⇒ a- 1λa - 2上式恒成立，可知 ⎨λ =q⎩-2 = -q⇒ λ = 2 ，本题正确选项 B ．11．已知函数 f (x ) =2( 1 + x 2x ∈ R )，若等比数列满足 a a1 2019= 1 ，则A ．2019【答案】A （ ）2 C ．2D ． 1 2【解析】∴ f (a )+ f (a12019，1 + a2 1 + a 2 1 + a 2 1 + a 21 2019 1 1 1为等比数列，则，14b b3B ． 16 C ． 115D ． 2b b= = - ⎭ 数列 的前 项和 T = - + - ⎪ ⎪ ， 2 ⎝ 3 5 5 72n + 1 2n + 3 ⎭ 2 ⎝ 3 2n + 3 ⎭可得 λ ≤ 12，即12．已知是公比不为 1 的等比数列，数列．满足： ， ， 成等比数列，c =1n2n 2n +2，若数列的前 项和对任意的恒成立，则 的最大值为（ ）A ．115【答案】C【解析】由 ， ，成等比数列得 a 2 =a a ，2 2nb n又是公比不为 1 的等比数列，设公比为 q ，则 a 2 q2b n-2 = a 2 q 2n ，整理得 b = n + 1，c =111n n2n 2n +21 1 ⎛ 1 1 ⎫ (2n + 1)(2n + 3)2 ⎝ 2n + 1 2n +3 ⎪ ，1 ⎛ 1 1 1 11 1 ⎫ 1 ⎛ 1 1 ⎫+ ⋅⋅⋅ +- = - n数列 是单调递增数列，则当 n =1 时取到最小值为1151 ，即 的最大值为，故选 C ．1515，第Ⅱ卷二、填空题：本大题共4 小题，每小题5 分．13．已知{a n } 是等差数列， a 2 + a 4 + a 6 + a 8 = 16 ，则 S 9 = _________．【答案】36【解析】{a n } 是等差数列， a 2 + a 4 + a 6 + a 8 = 16 ， a 2 + a 8 = a 4 + a 6 = 2a 5 ，得出 a 5 = 4 ，又由 S = 9 ⋅ (a 1 + a 9 )9 = 9a = 36 ．514．在数列 {a }中， a n 1= 1,an +1- a = 2n + 1 ，则数列的通项 a = ________．n n15x【答案】 n 2【解析】当 n ≥ 2 时，a = (a - a ) + (ann n -1n -1- a n -2) + (an -2- a n -3) + L + (a - a ) + (a - a ) + a ，3 2 2 1 1⇒ a = (2n - 1) + (2n - 3) + (2 n - 5) + L + 5 + 3 + 1 = n当 n = 1 ， a 也适用，所以 a = n 2 ．1nn (2n - 1 + 1) 2= n 2 ，15．设数列{a n } 的前 n 项和为 S n ，且 ∀n ∈ N *, a n +1a = ________．n【答案】 n - 6(n ∈ N * ) （答案不唯一）> a , S ≥ S ．请写出一个满足条件的数列{a } 的通项公式n n 6 n【解析】 ∀n ∈ N * , a n +1> a ，则数列{a } 是递增的， ∀n ∈ N * , S ≥ S ，即 S 最小，n n n 6 6只要前 6 项均为负数，或前 5 项为负数，第 6 项为 0，即可，所以，满足条件的数列{a n } 的一个通项公式 a n = n - 6(n ∈ N * ) （答案不唯一）．16．已知函数 f ( x ) = x 2 cosπx2，数列 {a }中， a = f (n )+ f (n + 1)(n ∈ N * ) ，则数列{a }的n n n前 40 项之和 S 40 = __________．【答案】1680【解析】函数 f (x ) = x 2 cos π 2且数列 {a }中， a = f (n )+ f (n +1)，n n可得 a = f (1)+ f (2) = 0 - 4 = -4 ； a = f (2)+ f (3) = -4 + 0 = -4 ；12a = f (3)+ f (4) = 0 +16 = 16 ； a = f (4)+ f (5) = 16 ；3 4a = f (5)+ f (6) = 0 - 36 = -36 ； a = f (6)+ f (7) = -36 ；…，5 6可得数列 {a n 即有数列 {a n}为 -4 ， -4 ， 16 ，16 ， -36 ， -36 ， 64 ， 64 ， -100 ， -100 ，…， }的前 40 项之和：S = (-4 - 4 +16 +16)+ (-36 - 36 + 64 + 64)+ (-100 -100 +144 +144)+ 40⋅⋅⋅+ (-1444 -1444 +1600 +1600) = 24 + 56 + 88 +⋅⋅⋅+ 31216= ⨯10 ⨯ (24 + 312 ) = 1680 ， （ a b a 1 - 22n 2 + n (n ∈ N * )．2 2 222212本题正确结果1680 ．三、解答题：本大题共6 个大题，共 70 分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．10 分）已知数列{a n}是等比数列，数列 {b }是等差数列，且满足： n 1= b = 1 ， + b = 4a ， - 3b = -5 ．1 2 3 2 3 2（1）求数列{a n }和 {b }的通项公式；n（2）设 c n = a n + b n ，求数列 {c n}的前 n 项和 S n ．【答案】（1） a = 2n -1 , n ∈ N * ， b = 2n - 1,n ∈ N * ；（2） S = 2n + n 2 - 1 ．nn n【解析】（1）设 {an}的公比为 q ， {b }的公差为 d ，由题意 q > 0 ，n⎧(1+ d ) + (1+ 2d ) = 4q ⎧-4q + 3d = -2由已知，有 ⎨ ，即 ⎨⎩q 2 - 3(1+ d ) = -5 ⎩ q 2 - 3d = -2⇒ q 2 - 4q + 4 = 0 ⇒ d = q = 2 ，所以 {a n }的通项公式为 an= 2n -1 , n ∈ N * ， {b }的通项公式为 b = 2n - 1,n ∈ N * ．n n（2） c = a + b = 2n -1 + 2n - 1 ，分组求和，分别根据等比数列求和公式与等差数列求和公式得到nnn1 - 2nn (1+ 2n - 1)S =+= 2n + n 2 - 1 ．n18．（12 分）己知数列{a }的前 n 项和为 S n（1）求 {a}的通项公式；nn且 S = n 1 12 2（2）设 b n =1a an n +1，求数列 {b n}的前 100 项和．【答案】（1） a n = n ；（2） T100 =100 101．【解析】（1）当 n ≥ 2 时， S =n两式相减得 a n = S n - S n -1 = n ， n 2 + n ， S = (n - 1)2 + (n - 1)= n 2 + n- n ，17当 n =1时， a = S = + = 1，满足 a = n ，\ a = n ． 2 2骣 1 骣 1 骣1 1 1 1 1001 - + - +L + - +2 = - ， n +1 =2 n∈ N * )． ⎧⎬（2）若数列{b }满足： ba + 1 3n4 4 == 3 +n⎩ a n +1⎭a + 1 = 3n ，所以 a =1 - 1 ． 3n ( )⇒ S = 2n - 144（2）令 b = 2n + 1，求数列 {b }的前 n 项和 T 及 T 的最小值．a + 2 nn1 11 1 n n（2）由（1）可知 b n =1 1 1= - ，n (n + 1) n n + 1所以数列 {b n}的前 100 项和 T100= b +b +?1 2b100= 琪 琪 琪 琪 - = 1 - = ．桫 2桫 3 ? 99 100100 101 101 10119．（12 分）已知数列{a }满足： a n 1 3a -2a n - 3 ( 3a + 4 n（1）证明数列 ⎨ 1 ⎫ 为等差数列，并求数列{a n }的通项公式；⎩ a n + 1⎭nn =3n (n ∈ N * )，求 {b }的前 n 项和 S ． nn n【答案】（1）证明见解析， a = n1 2n - 1 9- 1；（2） S = ⨯ 3n +2 + ．n【解析】（1）因为 an +1+ 1 = -2a - 3 a + 1 1 3a + 4 1 n + 1 = n ，所以 ， 3a + 4 3a + 4 a + 1 a a + 1 n n n +1 n +1 n⎧ 1 ⎫所以 ⎨ ⎬ 是首项为 3，公差为 3 的等差数列，所以n1 n（2）由（1）可知： a =n 1 3n- 1，所以由 b = n 3n a + 1 nn ∈ N * ⇒ b = n ⋅ 3n +1 ， nS = 1 ⨯ 32 + 2 ⨯ 33 + L + (n - 1) ⨯ 3n + n ⨯ 3n +1 ①；n3S = 1 ⨯ 33 + 2 ⨯ 34 + L + (n - 1) ⨯ 3n +1 + n ⨯ 3n +2 ②，n①-②得 -2S = 32 + 33 + L + 3n +1 - n ⨯ 3n +2 = n 32 (3n - 1)3 - 1 - n ⨯ 3n +2n9⨯ 3n +2+ ．20．（12 分）已知数列{a n}的前 n 项和为 Sn，且 S n = 2a n - 2n -1 ．（1）求数列{a n}的通项公式；n nn185 ⨯ 2n -1 （2）Q b = 2n + 1 1 1 1 ⎛ 3 5 7 2n + 1 ⎫ ，则 T n = ⎪ ， a + 2 52n -1 5 ⎝ 20 21 22 2n -1 ⎭ T = ⎪ 两式作差得 1 - T = ⨯ ⎢3 + ⎛ 1 ⎫ 1 ⎡ ⎛ 2 2 2 ⎫ 2n + 1⎤ 2n + 5 + +⋅⋅⋅+ - = 1 -2n ⎥⎦ ⎝ 2 ⎭ n 5 ⎣21 22 2n -1 ⎭ 5 ⨯ 2n 5 ⨯ 2n -1 5 ⨯ 2n 5 ⨯ 2n -1 5 ⨯ 2n 5 ⎧( ⎧ n - 1)2n + , n 是奇数 3 - 3n ⎪b n = 2 2 , n 是奇数2 ， b = ⎨ ；（2） T = ⎨ ．3n ⎪(n - 1)2n + 1 + , n 是偶数 n -2 ⎪b = 2 2 , n 是偶数n n【答案】（1）a = 5 ⨯ 2n -1- 2 (n ∈ N *)；（2） T = 2 - 2n +5 3，最小值 ． 5【解析】（1）当 n =1 时， a 1 = S 1 = 2a 1 - 2 - 1 ，解得 a 1 = 3 ，当 n ≥ 2 时， a n = S n - S n -1 = 2a n - 2a n -1 - 2 ，解得 a n = 2 a n -1 + 2 ．则 a + 2 = 2 (an n -1+ 2)，故 {a n + 2}是首项为 a 1 + 2 = 5 ，公比为 2 的等比数列，∴ a = 5 ⨯ 2n -1 - 2 (n ∈ N * )． n = ⨯ (2n + 1)⨯ + + + ⋅⋅⋅ +nn1 1 ⎛2 n 5 ⎝3 5 7 2n - 1 2n + 1 ⎫+ + + ⋅⋅⋅ + +21 22 23 2n -1 2n ⎭⎪ ⎪⎝，所以 T = 2 - n 2n + 5 5 ⨯ 2n -1，2n + 5 2n + 7 2n + 5 -2n - 3令 c = ，有 c - c =- = < 0 ，对 n ∈ N * 恒成立， n n +1 n则数列{c n }是递减数列，故{T n } 为递增数列，则 (T n )min 3= T = ． 121．（12 分）已知正项数列且．的前 项和为 ，且 ， ，数列 满足 ，（1）求数列（2）令【答案】（1）， 的通项公式；，求数列 的前 项和 ．n +1 ⎪⎪ n n⎩ n ⎪⎩ 2【解析】（1）当时， ，即 ，，19⎧⎪S + S = a 2 由 ⎨ ，可得= a 2 (n ≥ 2) ，⎪⎩ n由 ⎨ 两式相除，得 n +1 = 2 (n ≥ 2 )，⎧b b = 2n b⎪⎩b n -1b n = 2n -1 (n ≥ 2)综上：b = ⎨ n ⎪b = 2 n -22 , n 是偶数 ⎩ ⎧ 3n ⎪⎪ 2 , 的前 项和为 B ，∴ B = ⎨ ， -3n + 1 ⎪ , n 是奇数 ⎧(n - 1)2n + , n 是奇数 ⎪⎪ 2综上： T = ⎨ ．3n ⎪(n - 1)2n + 1 + , n 是偶数n +1 n n +1 S + S n -1 n即，又是公差为 ，首项为 的等差数列，，由题意得：，n n +1 b n -1是奇数时，是公比是 ，首项 的等比数列，∴ b = 2nn +1 2 ，同理 是偶数时是公比是 ，首项的等比数列，∴ b = 2nn -2 2 ，n ⎧ n +1⎪b = 2 2 , n 是奇数n．（2）令，即 ，⎧⎪ A = 1⋅ 20 + 2 ⋅ 21 + 3 ⋅ 22 + ⋅⋅⋅ + n ⋅ 2n -1的前 项和为 ，则 ⎨ n⎪⎩2 A n = 1⋅ 21 + 2 ⋅ 22 + 3 ⋅ 23 + ⋅⋅⋅ + n ⋅ 2n，两式相减得 - A = 20 + 21 + 22 + 2n -1 - n ⋅ 2n = n，1 - 2n 1 - 2- n ⋅ 2n ，令n n⎪⎩ 2n 是偶数3 - 3nn⎪⎩ 220ln 22 ln 32 ln n 2 (n - 1)(2n + 1) (当 x ≥ a 时， f '( x ) = 1 - = ，此时要考虑 a 与 1 的大小．（2）由（1）可知当 a = 1 ， x > 1 时， x -1 - ln x > 0 ，即 ln x > 1 - x ，所以 ln x = n - 1 - = n - 1 - - ⎪ < n - 1 - + + L + ⎝ 2 n 2 ⎭ ⎝ 2 ⨯ 3 3 ⨯ 4 n(n + 1) ⎭ 1 ⎫ n - 1 = (n - 1) - n + 1 ⎭ 2(n + 1) ⎛ 122．（12 分）已知函数 f ( x ) =| x - a | - ln x(a > 0) ．（1）讨论 f ( x ) 的单调性；（2）比较 + +⋯+ 与 的大小 n ∈ N * 且 n > 2) ，并证明你的结论．22 32 n 2 2(n + 1)【答案】（1）见解析；（2）见解析．⎧ x - ln x - a, 【解析】（1）函数 f ( x ) 可化为 f ( x ) = ⎨⎩a - x - ln x,x ≥ a0 < x < a ，当 0 < x < a 时， f '( x ) = -1 - 1 x< 0 ，从而 f ( x ) 在 (0, a) 上总是递减的，1 x - 1x x①若 a ≥ 1 ，则 f '( x ) ≥ 0 ，故 f ( x ) 在 [a, +∞ ) 上递增；②若 0 < a < 1 ，则当 a ≤ x < 1 时， f '( x ) < 0 ；当 x > 1 时， f '( x ) > 0 ，故 f ( x ) 在 [a,1) 上递减，在 (1, +∞) 上递增，而 f ( x ) 在 x = a 处连续，所以当 a ≥ 1 时， f ( x ) 在 (0, a) 上递减，在[a, +∞ ) 上递增；当 0 < a < 1 时， f ( x ) 在 (0,1) 上递减，在[1, +∞ ) 上递增．1< 1 - ．x x所以 ln 22 ln 32 ln n 2 1 1 1+ + L + < 1 - + 1 - + L 1 -22 32 n 2 22 32 n 2⎛ 1 1 + ⎝ 22 32 + L + 1 ⎫ 1 1 ⎫ ⎛ 1 ⎪ ⎪2n 2 - 2 - n + 1 (n - 1)(2n + 1) = = ．2(n + 1) 2(n + 1)21。