第六章第二节课时跟踪检测

课时跟踪检测( 六)细胞器之间的分工合作一、单项选择题1．(2020·江西一模)细胞的结构和功能总是相适应的，下列有关叙述正确的是()A．叶绿体的内膜向内折叠，极大地增加了其受光面积B．线粒体外膜上含有转运葡萄糖的载体蛋白C．根尖分生区细胞的中心体与其有丝分裂有关D．哺乳动物成熟红细胞的血红蛋白是由核糖体合成的解析：选D叶绿体通过类囊体堆叠形成基粒来增大膜面积，这样增大了光合色素的附着面积，也极大地扩展了受光面积，A错误；线粒体不能直接利用葡萄糖，可见线粒体外膜上不存在运输葡萄糖的载体蛋白，B错误；根尖分生区细胞没有中心体，C错误；哺乳动物成熟的红细胞中血红蛋白是由核糖体合成的，D正确。

2．(2020·海南二模)外泌体是释放到细胞外的具膜囊泡，可以将细胞内的蛋白质和核酸等转运至受体细胞，在细胞通讯中发挥重要作用。

下列关于外泌体的叙述，错误的是() A．外泌体的组成成分中含有磷脂和蛋白质B．外泌体的分泌过程不需要消耗能量C．外泌体的分泌量在一定程度上可以反映出细胞的生理状况D．受体细胞能特异性识别外泌体释放的信号物质以完成通讯解析：选B外泌体是释放到细胞外的具膜囊泡，其中囊泡膜的主要成分是磷脂和蛋白质，A正确；外泌体的分泌过程需要消耗能量，B错误；外泌体的分泌量在一定程度上可以反映出细胞的生理状况，C正确；受体细胞能特异性识别外泌体释放的信号物质以完成通讯，D正确。

3．(2020·淮北二模)下列有关细胞中小泡的叙述，正确的是()A．胰岛B细胞中内质网形成的小泡会与细胞膜融合，分泌胰岛素调节血糖B．吞噬细胞和大肠杆菌细胞的溶酶体是由高尔基体产生的小泡参与形成的C．在植物细胞有丝分裂的前期核膜解体形成分散的小泡，末期会聚集形成细胞板D．根尖伸长区细胞有分散的小液泡，随细胞的成熟逐渐融合成一个大液泡解析：选D胰岛B细胞中高尔基体形成的小泡会与细胞膜融合，分泌胰岛素调节血糖，A错误；大肠杆菌细胞是原核细胞，不含溶酶体，B错误；植物细胞有丝分裂末期，赤道板位置出现细胞板，细胞板向四周延伸形成细胞壁，而植物细胞壁的形成与高尔基体有关，因此赤道板附近聚集的小泡是由高尔基体形成的，C错误；根尖伸长区细胞有分散的小液泡，随细胞的成熟逐渐融合成一个大液泡，D正确。

课时跟踪检测（六） 平行关系的判定一、基本能力达标1．能保证直线a 与平面α平行的条件是( ) A．b α、a ∥bB．b α、c ∥α、a ∥b 、a ∥cC．bα、A 、B ∈a 、C 、D ∈b 、且AC ∥BDD．a α、bα、a ∥b解析：选D 由线面平行的判定定理可知、D正确．2．圆台的一个底面内的任意一条直径与另一个底面的位置关系是( ) A．平行 B．相交 C．在平面内D．不确定解析：选A 圆台的一个底面内的任意一条直径与另一个底面无公共点、则它们平行．3．已知三个平面α、β、γ、一条直线l 、要得到α∥β、必须满足下列条件中的( )A．l ∥α、l ∥β、且l ∥γ B．lγ、且l ∥α、l ∥βC．α∥γ、且β∥γ D．α∩γ＝l 、且l ∥β 解析：选C⎭⎬⎫α∥γ⇒α与γ无公共点β∥γ⇒β与γ无公共点⇒α与β无公共点⇒α∥β.4.如图、P 为矩形ABCD 所在平面外一点、矩形对角线交点为O 、M 为PB 的中点．给出五个结论：①OM ∥PD ；②OM ∥平面PCD ；③OM ∥平面PDA ；④O M ∥平面PBA ；⑤OM ∥平面PBC .其中正确的个数为( ) A．1 B．2 C．3D．4解析：选C因为矩形ABCD的对角线AC与BD交于点O、所以点O为BD的中点．在△PBD中、因为点M是PB的中点、所以OM是中位线、OM∥PD.所以OM∥平面PCD、且OM∥平面PDA.因为M∈PB、所以OM与平面PBA、平面PBC相交．故①②③正确．5．如图、下列正三棱柱ABC­A1B1C1中、若M、N、P分别为其所在棱的中点、则不能得出AB∥平面MNP的是()解析：选C在图A、B中、易知AB∥A1B1∥MN、所以AB∥平面MNP；在图D中、易知AB∥PN、所以AB∥平面MNP.故选C.6．已知l、m是两条直线、α是平面、若要得到“l∥α”、则需要在条件“m⊂α、l∥m”中另外添加的一个条件是________．解析：根据直线与平面平行的判定定理、知需要添加的一个条件是“l α”．答案：lα7．已知A、B两点是平面α外两点、则过A、B与α平行的平面有________个．解析：当A、B两点在平面α异侧时、不存在这样的平面．当A、B两点在平面同侧时、若直线AB∥α、则存在一个、否则不存在．答案：0或18.如图、在五面体FE­ABCD中、四边形CDEF为矩形、M、N分别是BF、BC的中点、则MN与平面ADE的位置关系是________．解析：∵M、N分别是BF、BC的中点、∴MN∥CF.又四边形CDEF为矩形、∴CF∥DE、∴MN∥DE.又MN平面ADE、DE平面ADE、∴MN∥平面ADE.答案：平行9．已知正方形ABCD、如图(1)E、F分别是AB、CD的中点、将△ADE沿DE折起、如图(2)所示、求证：BF∥平面ADE.证明：∵E、F分别为AB、CD的中点、∴EB＝FD.又∵EB∥FD、∴四边形EBFD为平行四边形、∴BF∥ED.∵DE平面ADE、而BF平面ADE、∴BF∥平面ADE.10．如图所示、在正方体ABCD­A1B1C1D1中、E、F分别是AB、BC的中点、G为DD上一点、且D1G∶GD＝1∶2、AC∩BD＝O、1求证：平面AGO∥平面D1EF.证明：设EF∩BD＝H、连接D1H、在△DD1H中、因为DODH＝23＝DGDD1、所以GO∥D1H、又GO平面D1EF、D1H平面D1EF、所以GO∥平面D1EF.在△BAO中、因为BE＝EA、BH＝HO、所以EH∥AO.又AO平面D1EF、EH平面D1EF、所以AO∥平面D1EF、又GO∩AO＝O、所以平面AGO∥平面D1EF.二、综合能力提升1．在正方体ABCD­A1B1C1D1中、M是棱CD上的动点、则直线MC1与平面AA1B1B的位置关系是()A．相交B．平行C．异面 D．相交或平行解析：选B如图、MC1平面DD1C1C、而平面AA1B1B∥平面DD1C1C、故MC1∥平面AA1B1B.2．平面α与△ABC的两边AB、AC分别交于D、E、且AD∶DB＝AE∶EC、如图所示、则BC与α的位置关系是()A．平行B．相交C．异面 D．BC⊂α解析：选A在△ABC中、因为AD∶DB＝AE∶EC、所以BC∥DE.因为BCα、DEα、所以BC∥α.3．平面α与平面β平行的条件可以是()A．α内有无穷多条直线与β平行B．直线a∥α、a∥βC．直线aα、直线bβ、且a∥β、b∥αD．α内的任何直线都与β平行解析：选D当α内有无穷多条直线与β平行时、α与β可能平行、也可能相交、故不选A.当直线a∥α、a∥β时、α与β可能平行、也可能相交、故不选B.当直线aα、直线bβ、且a∥β、b∥α时、α与β可能平行、也可能相交、故不选C.当α内的任何直线都与β平行时、由两个平面平行的定义可得、这两个平面平行、故选D.4．给出下列说法：①若直线l平行于平面α内的无数条直线、则l∥α；②若直线a在平面α外、则a∥α；③若直线a∥b、直线bα、则a∥α；④若直线a∥b、直线bα、则直线a平行于平面α内的无数条直线．其中正确说法的个数为()A．1 B．2C．3 D．4解析：选A对于①、虽然直线l与平面α内的无数条直线平行、但l可能在平面α内、所以l不一定平行于α、所以错误；对于②、因为直线a在平面α外、包括两种情况：a∥α和a与α相交、所以a和α不一定平行、所以错误；对于③、因为直线a∥b、bα、只能说明a和b无公共点、但a可能在平面α内、所以a不一定平行于平面α、所以错误；对于④、因为a∥b、bα、所以aα或a∥α、所以a与平面α内的无数条直线平行、所以正确．综上、正确说法的个数为1.5．正方体ABCD­A1B1C1D1中、E为DD1的中点、则BD1与过A、C、E三点的平面的位置关系是________．解析：如图所示、连接BD交AC于点O、连接OE、在正方体中容易得到点O为BD的中点．又因为E为DD1的中点、所以OE∥BD1.又∵OE平面ACE、BD1平面ACE、∴BD1∥平面ACE.答案：平行6．如图是正方体的平面展开图．在这个正方体中、①BM∥平面ADNE；②CN∥平面ABFE；③平面BDM∥平面AFN；④平面BDE∥平面NCF.以上四个命题中、正确命题的序号是________．解析：以ABCD为下底面还原正方体、如图：则易判定四个命题都是正确的．答案：①②③④7．如图在正方体ABCD­A1B1C1D1中、E、F、M、N分别为棱AB、CC、AA1、C1D1的中点、1求证：平面CEM∥平面BFN.证明：因为E、F、M、N分别为其所在各棱的中点、如图、连接CD1、A1B、易知FN∥CD1.同理、ME∥A1B.易证四边形A1BCD1为平行四边形、所以ME∥NF.连接MD1、同理可得MD1∥BF.又BF、NF为平面BFN中两相交直线、ME、MD1为平面CEM中两相交直线、故平面CEM∥平面BFN.探究应用题8.如图、在正方体ABCD­A1B1C1D1中、M、N、P分别是AD1、C的中点．BD、B1求证：(1)MN∥平面CC1D1D；(2)平面MNP∥平面CC1D1D.证明：(1)如图、连接AC、CD1.因为四边形ABCD为正方形、N为BD的中点、所以N为AC的中点．又M为AD1的中点、所以MN∥CD1.因为MN平面CC1D1D、CD1平面CC1D1D、所以MN∥平面CC1D1D.(2)连接BC1、C1D、因为四边形B1BCC1为正方形、P为B1C的中点、所以P为BC1的中点．又N为BD的中点、所以PN∥C1D.因为PN平面CC1D1D、C1D平面CC1D1D、所以PN∥平面CC1D1D.由(1)知MN∥平面CC1D1D、且MN∩PN＝N、。

课时跟踪检测（二）库仑定律1．(2019·上海长宁区期末)图1所示的仪器叫作库仑扭秤，是法国科学家库仑精心设计的，他用此装置找到了电荷间相互作用的规律，总结出库仑定律。

下列说法中正确的是()图1A．装置中A、C为带电金属球，B为不带电的平衡小球B．实验过程中一定要使A、B球带等量同种电荷C．库仑通过该实验计算出静电力常量k的值D．库仑通过该实验测量出电荷间相互作用力的大小解析：选A根据库仑扭秤实验装置可知，在悬丝下面悬挂一根绝缘棒，棒的一端有一带电金属小球A，另一端有一个不带电的平衡小球B，在离A球某一距离的地方放一个带电金属小球C，故A正确，B错误；本实验当悬丝弹力的力矩与静电力的力矩平衡时，从悬丝扭转过的角度可以比较电荷间作用力的大小，改变A和C之间的距离得出规律，但由于在库仑那个年代，还不知道怎样测量物体所带电荷量，连单位都没有，所以C、D错误。

2．(多选)关于库仑定律的理解，下面说法正确的是()A．对任何带电体之间的静电力计算，都可以使用库仑定律公式B．只要是点电荷之间的静电力计算，就可以使用库仑定律公式C．两个点电荷之间的静电力，无论是在真空中还是在介质中，一定是大小相等、方向相反的D．用皮毛摩擦过的橡胶棒吸引碎纸屑，说明碎纸屑带正电或不带电解析：选CD库仑定律适用于真空中的点电荷，故A、B错。

库仑力也符合牛顿第三定律，C对。

带负电的橡胶棒吸引纸屑，纸屑带正电或不带电都可以，D对。

3．(多选)真空中有两个相同的金属小球A和B，相距为r，带电荷量分别是q和2q，但带何种电荷未知，它们之间的相互作用力大小为F，有一个跟A、B相同的不带电的金属球C，当C跟A、B依次各接触一次后移开，再将A、B间距离变为2r，那么A、B间的作用力大小可能是()A.5F 64B.5F 32C.3F 64D.3F 16解析：选AC 若为异种电荷，由于各小球相同，故接触时电荷量平分，则q 1＝q 2，q 2＝34q ，由F ＝k q 1q 2r 2计算，则C 正确。

课时跟踪检测（六） 充要条件层级(一) “四基”落实练1．已知p ：|a |＞|b |，q ：a 2＞b 2，则p 是q 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解析：选C 因为|a |>|b |⇔a 2>b 2，所以p 是q 的充要条件，故选C.2．已知集合A ＝{1，a }，B ＝{1,2,3}，则“a ＝3”是“A ⊆B ”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解析：选A ∵A ＝{1，a }，B ＝{1,2,3}，A ⊆B ，∴a ∈B 且a ≠1，∴a ＝2或3，∴“a ＝3”是“A ⊆B ”的充分不必要条件．3．x 2－x －2≠0的充要条件是( )A ．x ≠1B ．x ≠2C ．x ≠－1或x ≠2D ．x ≠－1且x ≠2解析：选D 由x 2－x －2＝(x ＋1)(x －2)≠0，得x ≠－1且x ≠2.当x ≠－1且x ≠2时，(x ＋1)(x －2)≠0.则x 2－x －2≠0的充要条件是x ≠－1且x ≠2.故选D.4．已知实数a ，b 满足ab ＞0，则“1a ＜1b 成立”是“a ＞b 成立”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解析：选C 由1a －1b ＝b －a ab ，∵ab ＞0，∴若1a ＜1b成立，则b －a ＜0，即a ＞b 成立，反之若a ＞b ，∵ab ＞0，∴1a －1b ＝b －a ab ＜0，即1a ＜1b 成立，∴“1a ＜1b成立”是“a ＞b 成立”的充要条件，故选C.5．设全集为U ，在下列条件中，①A ∪B ＝A ；②(∁U A )∩B ＝∅；③∁U A ⊆∁U B ；④A ∪∁U B ＝U .是B ⊆A 的充要条件的有( )A ．1个B ．2个C ．3个D ．4个解析：选D 由Venn 图可知，①②③④都是充要条件．6．已知集合A ＝{x |a －2＜x ＜a ＋2}，B ＝{x |x ≤－2或x ≥4}，则A ∩B ＝∅的充要条件是________．解析：A ∩B ＝∅⇔⎩⎪⎨⎪⎧ a ＋2≤4，a －2≥－2.解得0≤a ≤2. 答案：0≤a ≤27．设n ∈N *，一元二次方程x 2－4x ＋n ＝0有整数根的充要条件是n ＝________.解析：由于方程的解都是正整数，由判别式Δ＝16－4n ≥0得1≤n ≤4，逐个分析，当n ＝1,2时，方程没有整数解；当n ＝3时，方程有正整数解1,3；当n ＝4时，方程有正整数解2.答案：3或48．判断下列命题中p 是q 的什么条件．(充分不必要条件，必要不充分条件，充要条件，既不充分也不必要条件)(1)p ：x ＞1，q ：x 2＞1；(2)p ：△ABC 有两个角相等，q ：△ABC 是正三角形；(3)若a ，b ∈R ，p ：a 2＋b 2＝0，q ：a ＝b ＝0；(4)p ：a ＜b ，q ：a b ＜1.解：(1)因为x ＞1能推出x 2＞1，即p ⇒q ；但当x 2＞1时，如x ＝－2，推不出x ＞1，即q p ，所以p 是q 的充分不必要条件．(2)因为“△ABC 有两个角相等”推不出“△ABC 是正三角形”，所以p q ；但“△ABC 是正三角形”能推出“△ABC 有两个角相等”，即q ⇒p ，所以p 是q 的必要不充分条件．(3)若a 2＋b 2＝0，则a ＝b ＝0，即p ⇒q ；若a ＝b ＝0，则a 2＋b 2＝0，即q ⇒p ，故p ⇔q ，所以p 是q 的充要条件．(4)当a ＝－2，b ＝－1时，－2＜－1推不出－2－1＜1，知p q ；又当a ＝1，b ＝－2时，1－2＜1推不出1＜－2，知q p ，所以p 是q 的既不充分也不必要条件．层级(二)能力提升练1．已知a，b∈R，则“a＜0，b＞0且a＋b＜0”是“a＜－b＜b＜－a”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解析：选C∵a＋b＜0，∴a＜－b，b＜－a，∵a＜0，b＞0，∴a＜－b＜0＜b＜－a，因此充分性成立；∵a＜－b＜b＜－a，∴－b＜b，a＜－a，∴b＞0，a＜0，∵a＜－b，∴a＋b＜0，因此必要性成立．综上，“a＜0，b＞0且a＋b＜0”是“a＜－b＜b＜－a”的充要条件，故选C.2．(多选)下列结论中正确的是()A．“x2＞4”是“x＜－2”的必要不充分条件B．在△ABC中，“AB2＋AC2＝BC2”是“△ABC为直角三角形”的充要条件C．若a，b∈R，则“a2＋b2≠0”是“a，b不全为0”的充要条件D．“x为无理数”是“x2为无理数”的必要不充分条件解析：选ACD x＜－2⇒x2＞4，但x2＞4⇔x＞2或x＜－2，不一定有x＜－2.故A正确．AB2＋AC2＝BC2⇒△ABC为直角三角形，反之，若△ABC为直角三角形，当B，C为直角时，不能推出AB2＋AC2＝BC2，故B错误．a2＋b2≠0⇒a，b不全为0，反之，由a，b不全为0⇒a2＋b2≠0，故C正确．当x2为无理数时，x为无理数，反之不成立，故D正确．故选A、C、D.3．设p，q，r，s是四个命题．已知p，q都是r的充分条件，s是r的必要条件，q是s 的必要条件，那么(1)s是q的______条件；(2)r是q的________条件；(3)p是q的________条件．(填“充分”“必要”或“充要”)解析：将p，q，r，s的关系作图表示，如图．(1)∵q⇒r⇒s，s⇒q，∴s是q的充要条件．(2)∵r⇒s⇒q，q⇒r，∴r是q的充要条件．(3)∵p⇒r⇒s⇒q，∴p是q的充分条件．答案：(1)充要(2)充要(3)充分4．若集合A＝{x|x＞－2}，B＝{x|x≤b，b∈R}，试写出：(1)A∪B＝R的一个充要条件；(2)A∪B＝R的一个必要不充分条件；(3)A∪B＝R的一个充分不必要条件．解：集合A＝{x|x＞－2}，B＝{x|x≤b，b∈R}，(1)若A∪B＝R，则b≥－2，故A∪B＝R的一个充要条件是b≥－2.(2)由(1)知A∪B＝R的充要条件是b≥－2，所以A∪B＝R的一个必要不充分条件可以是b≥－3.(3)由(1)知A∪B＝R的充要条件是b≥－2，所以A∪B＝R的一个充分不必要条件可以是b≥－1.5．已知a，b，c∈R，a≠0.判断“a－b＋c＝0”是“一元二次方程ax2＋bx＋c＝0有一根为－1”的什么条件？并说明理由．解：“a－b＋c＝0”是“一元二次方程ax2＋bx＋c＝0有一根为－1”的充要条件．理由如下：当a，b，c∈R，a≠0时，若a－b＋c＝0，则－1满足一元二次方程ax2＋bx＋c＝0，即一元二次方程ax2＋bx＋c＝0有一根为－1，充分性成立；若一元二次方程ax2＋bx＋c＝0有一根为－1，则a－b＋c＝0，必要性成立．综上所述，“a－b＋c＝0”是“一元二次方程ax2＋bx＋c＝0有一根为－1”的充要条件．层级(三)素养培优练1．(多选)有限集合S中元素的个数记作card(S)．设A，B都为有限集合，则下列命题中是真命题的有()A ．A ∩B ＝∅的充要条件是card(A ∪B )＝card(A )＋card(B )B ．A ⊆B 的必要条件是card(A )≤card(B )C ．A B 的必要条件是card(A )≤card(B )D ．A ＝B 的充要条件是card(A )＝card(B )解析：选AB 易知card(A ∪B )＝card(A )＋card(B )－card(A ∩B )．A ∩B ＝∅，也就是集合A 与集合B 没有公共元素，A 是真命题；A ⊆B ，也就是集合A 中的元素都是集合B 中的元素，B 是真命题； A B ，也就是集合A 中至少有一个元素不是集合B 中的元素，因此A 中的元素的个数有可能多于B 中的元素的个数，C 是假命题；A ＝B ，也就是集合A 中的元素与集合B 中的元素完全相同，两个集合中的元素个数相同，并不意味着它们的元素相同，D 是假命题．2．p ：－2＜m ＜0,0＜n ＜1；q ：关于x 的方程x 2＋mx ＋n ＝0有两个小于1的正根．试分析p 是q 的什么条件．解：若关于x 的方程x 2＋mx ＋n ＝0有两个小于1的正根，设为x 1，x 2，则0＜x 1＜1,0＜x 2＜1，有0＜x 1＋x 2＜2且0＜x 1x 2＜1.根据根与系数的关系⎩⎪⎨⎪⎧ x 1＋x 2＝－m ，x 1x 2＝n ，得⎩⎪⎨⎪⎧0<－m <2，0<n <1，即－2＜m ＜0,0＜n ＜1，故有q ⇒p .反之，取m ＝－13，n ＝12，x 2－13x ＋12＝0，Δ＝19－4×12＜0，方程x 2＋mx ＋n ＝0无实根，所以p q . 综上所述，p 是q 的必要不充分条件．。

课时跟踪检测（六）向心力A 组—重基础·体现综合1．对做圆周运动的物体所受的向心力说法正确的是( )A ．因向心力总是沿半径指向圆心，且大小不变，故向心力是一个恒力B ．因向心力指向圆心，且与线速度方向垂直，所以它不能变更线速度的大小C ．向心力是物体所受的合外力D ．向心力的方向总是不变的解析：选B 做匀速圆周运动的物体所受的向心力大小恒定，方向总是指向圆心，是一个变力，故A 错误；向心力只变更线速度方向不变更线速度大小，故B 正确；只有做匀速圆周运动的物体其向心力是由物体所受合外力供应，故C 错误；向心力的方向总是指向圆心，是时刻变更的，故D 错误。

2．(多选)上海磁悬浮列车线路的最大转弯处半径达到8 000 m ，如图1所示，近距离用肉眼看几乎是一条直线，而转弯处最小半径也达到1 300 m ，一个质量为50 kg 的乘客坐在以360 km/h 的不变速率行驶的车厢里，随车厢驶过半径为2 500 m 的弯道，下列说法正确的是( )图1A ．乘客受到的向心力大小约为200 NB ．乘客受到的向心力大小约为539 NC ．乘客受到的向心力大小约为300 ND ．弯道半径设计特殊大可以使乘客在转弯时更舒适解析：选AD 由F n ＝m v 2r，可得F n ＝200 N ，故A 正确，B 、C 错误。

设计弯道半径越大，转弯时乘客所须要的向心力越小，转弯时就越舒适，故D 正确。

3．如图2甲所示为某游乐场中有一种叫作“欢乐飞机”的游乐项目，模型如图2乙所示，模型飞机固定在旋臂上，旋臂与竖直方向夹角为θ，当模型飞机以恒定的角速度ω绕中心轴在水平面内做匀速圆周运动时，下列说法正确的是( )图2A ．模型飞机受重力、旋臂的作用力和向心力B ．旋臂对模型飞机的作用力方向肯定与旋臂垂直C ．增大θ，模型飞机线速度大小不变D ．增大θ，旋臂对模型飞机的作用力变大解析：选D 向心力属于效果力，不是模型飞机实际受到的力，模型飞机所受的向心力是由重力和旋臂对其的作用力的合力供应的，故A 错误；旋臂对模型飞机的作用力方向可以与旋臂不垂直，但其必需有水平方向和竖直方向的分力，且竖直方向的分力大小等于重力的大小，故B 错误；增大θ，模型飞机的圆周半径r ＝L sin θ增大，依据v ＝ωr 可知模型飞机的线速度增大，故C 错误；依据旋臂对模型飞机的作用力大小的表达式F ＝mg 2＋mω2L sin θ2可知，若增大θ，则旋臂对模型飞机的作用力变大，故D 正确。

C ．4倍
D.18
解析：对一个物体而言，重力的变化实际是重力加速度的变化。

根据g ＝GM R2可得M ＝gR2G ，根据ρ＝M V ＝gR2G 43πR3＝3g 4πGR ，得g ＝4ρG πR
3
，重力加速度和半径成正比，半径缩小12，故g 也将减小到原来的1
2
，故选B 。

答案：B 二、非选择题
(本题共2小题，共18分，解答时应写出必要的文字说明、方程式和演算步骤，有数值计算的要注明单位)
9．(9分)火星半径是地球半径的一半，火星质量约为地球质量的1/9，那么地球表面质量为50
kg 的人受到地球的吸引力约为火星表面同质量的物体受到火星引力的多少倍？
解析：设火星半径为R ，地球半径为2R ；火星质量为M ，地球质量为9M 。

在地球上F ＝G 9Mm
4R2，
在火星上F ＝G Mm
R2
，
所以同质量的人在地球表面受到的吸引力是在火星表面受到的吸引力的94
倍。

答案：9
4
10.
(9分)如图1所示，火箭内平台上放有测试仪器，火箭从地面启动后，以
g 2
的加速度竖直向上匀加速运动，升到某一高度时，测试仪器对平台的压力为启。

2021届高考数学一轮复习第六章数列课时跟踪训练32等比数列及其前n 项和文[基础巩固]一、选择题1．(2021·河南百校联考)在等差数列{a n }中，a 1＝2，公差为d ，则“d ＝4”是“a 1，a 2，a 3成等比数列”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[解析] 由a 1，a 2，a 3成等比数列得a 22＝a 1a 3，即(2＋d )2＝2(2＋2d )，解得d ＝0，因此“d ＝4”是“a 1，a 2，a 3成等比数列”的既不充分也不必要条件，故选D.[答案] D2．(2021·四川成都南充高中模拟)已知等比数列的前3项为x,3x ＋3,6x ＋6，则其第4项的值为( )A ．－24B ．－24或0C ．12或0D ．24[解析] 由x,3x ＋3,6x ＋6成等比数列，得(3x ＋3)2＝x (6x ＋6)．解得x 1＝－3或x 2＝－1(现在a 2＝a 3＝0，不合题意，舍去)．故那个等比数列的首项为－3，公比为2，因此a n ＝－3·2n －1，因此数列的第4项为a 4＝－24.故选A.[答案] A3．已知等比数列{a n }中，a 3＝2，a 4a 6＝16，则a 10－a 12a 6－a 8的值为( ) A ．2 B ．4 C ．8D ．16[解析] 因为a 3＝2，a 4a 6＝16，因此a 4a 6＝a 23q 4＝16，即q 4＝4，则a 10－a 12a 6－a 8＝q 4a 6－a 8a 6－a 8＝q 4＝4，故选B.[答案] B4．已知单调递增的等比数列{a n }中，a 2·a 6＝16，a 3＋a 5＝10，则数列{a n }的前n 项和S n ＝( )A ．2n －2－14B ．2n －1－12C ．2n－1D ．2n ＋1－2[解析] ∵a 2·a 6＝16，∴a 3·a 5＝16，又a 3＋a 5＝10，等比数列{a n }单调递增，∴a 3＝2，a 5＝8，∴公比q ＝2，a 1＝12，∴S n ＝121－2n1－2＝2n －1－12，故选B. [答案] B5．已知{a n }为等比数列，若a 4＋a 6＝10，则a 1a 7＋2a 3a 7＋a 3a 9＝( ) A ．10 B ．20 C ．60D ．100[解析] a 1a 7＋2a 3a 7＋a 3a 9＝a 24＋2a 4a 6＋a 26＝(a 4＋a 6)2＝100. [答案] D6．(2021·全国卷Ⅱ)我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯( )A ．1盏B ．3盏C ．5盏D ．9盏[解析] 每层塔所挂的灯数从上到下构成等比数列，记为{a n }，则前7项的和S 7＝381，公比q ＝2，依题意，得a 11－271－2＝381，解得a 1＝3，选择B.[答案] B 二、填空题7．(2021·北京卷)若等差数列{a n }和等比数列{b n }满足a 1＝b 1＝－1，a 4＝b 4＝8，则a 2b 2＝________.[解析] 设等差数列{a n }的公差为d ，等比数列{b n }的公比为q ，则a 4＝－1＋3d ＝8，解得d ＝3；b 4＝－1·q 3＝8，解得q ＝－2.因此a 2＝－1＋3＝2，b 2＝－1×(－2)＝2，因此a 2b 2＝1.[答案] 18．(2021·郑州质量推测)已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＋a 2＝34，a 4＋a 5＝6，则S 6＝________.[解析] 记等比数列{a n }的公比为q ，则有q 3＝a 4＋a 5a 1＋a 2＝8，q ＝2，则S 6＝(a 1＋a 2)＋q 2(a 1＋a 2)＋q 4(a 1＋a 2)＝21(a 1＋a 2)＝634.[答案]6349．(2021·湖南师范大学附属中学月考)已知数列{a n }的首项a 1＝2，数列{b n }为等比数列，且b n ＝a n ＋1a n.若b 10b 11＝2，则a 21＝________. [解析] 由已知，得b 1b 2…b 20＝a 2a 1·a 3a 2·…·a 21a 20＝a 21a 1＝a 212.因为{b n }为等比数列，因此b 1b 2…b 20＝(b 10b 11)10＝210，因此a 21＝2b 1b 2…b 20＝211＝2048.[答案] 2048 三、解答题10．(2021·北京卷)已知等差数列{a n }和等比数列{b n }满足a 1＝b 1＝1，a 2＋a 4＝10，b 2b 4＝a 5.(1)求{a n }的通项公式； (2)求和：b 1＋b 3＋b 5＋…＋b 2n －1. [解] (1)设等差数列{a n }的公差为d . 因为a 2＋a 4＝10，因此2a 1＋4d ＝10. 解得d ＝2.因此a n ＝2n －1. (2)设等比数列{b n }的公比为q . 因为b 2b 4＝a 5，因此b 1qb 1q 3＝9. 解得q 2＝3. 因此b 2n －1＝b 1q2n －2＝3n －1.从而b 1＋b 3＋b 5＋…＋b 2n －1＝1＋3＋32＋…＋3n －1＝3n－12.[能力提升]11．数列{a n }的通项公式为a n ＝aq n，则{a n }为递增数列的一个充分不必要条件是( ) A ．a <0，q <1 B ．a <0，q <0 C ．a >0，q >0 D ．a <0,0<q <12[解析] a n ＋1－a n ＝aqn ＋1－aq n ＝aq n (q －1)，当a <0，0<q <12时，q n>0，q －1<0，∴a n ＋1－a n >0，即a n ＋1>a n ，该数列是递增数列；当数列是递增数列，有可能a >0，q >1，故数列为递增数列的一个充分不必要条件是a <0,0<q <12，故选D.[答案] D12．已知数列{a n }满足log 2a n －1＝log 2a n ＋1(n ∈N *)，若a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 2n －1＝2n，则log 2(a 2＋a 4＋a 6＋…＋a 2n )的值是( )A ．2n ＋1B ．2n －1C ．n ＋1D ．n －1[解析] 由log 2a n －1＝log 2a n ＋1得a n ＋1a n ＝12，因此数列{a n }是等比数列，公比为12，因此a 2＋a 4＋a 6＋…＋a 2n ＝12(a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 2n －1)＝2n －1，因此log 2(a 2＋a 4＋a 6＋…＋a 2n )＝n －1.故选D.[答案] D13．(2021·全国卷Ⅰ)设等比数列{a n }满足a 1＋a 3＝10，a 2＋a 4＝5，则a 1a 2…a n 的最大值为________．[解析] 由题意知，a 2＋a 4＝(a 1＋a 3)q ，即5＝10q ，解得q ＝12，将q ＝12代入a 1＋a 3＝10，解得a 1＝8.∴a 1a 2…a n ＝a n1·qn n －12＝8n×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n n －12＝2－n 22＋7n2.∵－n 22＋7n2＝－12⎝ ⎛⎭⎪⎫n －722＋498≤6，且n ∈N *.当n ＝3或4时有最大值．∴a 1a 2…a n ＝2－n 22＋7n2 ≤26＝64，即最大值为64. [答案] 6414．(2021·广西南宁三中联考)已知{a n }是公比为q 的等比数列，令b n ＝a n ＋1(n ＝1,2,3，…)，若数列{b n }有连续4项在集合{－53，－23,19,37,82}中，则6q ＝________.[解析] 因为数列{b n }有连续4项在集合{－53，－23,19,37,82}中，而b n ＝a n ＋1，因此数列{a n }有连续4项在集合{－54，－24,18,36,81}中．因为{a n }是公比为q 的等比数列，因此当q ＝－32时，－24,36，－54,81是{a n }的连续4项；当q ＝－23时，81，－54,36，－24是{a n }的连续4项．因此6q ＝－9或－4.[答案] －9或－415．(2021·全国卷Ⅲ)已知各项都为正数的数列{a n }满足a 1＝1，a 2n －(2a n ＋1－1)a n －2a n＋1＝0.(1)求a 2，a 3； (2)求{a n }的通项公式．[解] (1)∵a 1＝1，a 2n －(2a n ＋1－1)a n －2a n ＋1＝0，∴令n ＝1，有a 21－(2a 2－1)a 1－2a 2＝0，即 1－(2a 2－1)－2a 2＝0，得a 2＝12.同理可得a 22－(2a 3－1)a 2－2a 3＝0，解得a 3＝14.(2)由a 2n －(2a n ＋1－1)a n －2a n ＋1＝0，得2a n ＋1(a n ＋1)＝a n (a n ＋1)． 因为{a n }的各项都为正数，因此a n ＋1a n ＝12. 故{a n }是首项为1，公比为12的等比数列，因此a n ＝12n －1.16．设数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 1＝1，S n ＋1＝4a n ＋2. (1)设b n ＝a n ＋1－2a n ，证明：数列{b n }是等比数列； (2)求数列{a n }的通项公式．[解] (1)证明：由a 1＝1及S n ＋1＝4a n ＋2， 有a 1＋a 2＝S 2＝4a 1＋2.∴a 2＝5，∴b 1＝a 2－2a 1＝3.又⎩⎪⎨⎪⎧ S n ＋1＝4a n ＋2，S n ＝4a n －1＋2n ≥2，①②①－②，得a n ＋1＝4a n －4a n －1，∴a n ＋1－2a n ＝2(a n －2a n －1)． ∵b n ＝a n ＋1－2a n ，∴b n ＝2b n －1(n ≥2)， 故{b n }是以3为首项，2为公比的等比数列． (2)由(1)知b n ＝a n ＋1－2a n ＝3·2n －1，∴a n ＋12n ＋1－a n 2n ＝34，故⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n 是以12为首项，34为公差的等差数列．∴a n 2n ＝12＋(n －1)·34＝3n －14，得a n ＝(3n －1)·2n －2. [延伸拓展](2021·江西南昌摸底考试)设等比数列{a n }的公比为q ，其前n 项之积为T n ，同时满足条件：a 1>1，a 2021·a 2021>1，a 2021－1a 2021－1<0.给出下列结论：(1)0<q <1；(2)a 2017a 2020－1>0；(3)T 2021是数列{T n }中的最大项；(4)使T n >1成立的最大自然数n 等于4031，其中正确的结论为( )A ．(2)(3)B ．(1)(3)C ．(1)(4)D ．(2)(4)[解析] 因为a 2021－1a 2021－1<0，因此⎩⎪⎨⎪⎧a 2021<1，a 2021>1，或⎩⎪⎨⎪⎧a 2021>1，a 2021<1，若⎩⎪⎨⎪⎧a 2021<1，a 2021>1成立，又a 2016a 2021>1，因此⎩⎪⎨⎪⎧0<a 2021<1，a 2021>1，因此q ＝a 2021a 2021>1，因此a 2021＝a 1q 2020，而a 1>1，因此a 2021>1，矛盾．从而⎩⎪⎨⎪⎧a 2021>1，0<a 2021<1，因此0<q <1，又因为a 1>1，因此易知数列{a n }的前2021项都大于1，而从第2021项起都小于1，因此T 2021是数列{T n }的最大项．从而(1)(3)正确，(2)错误，∵a 2021·a 2021>1，a 2021<1，∴使T n >1成立的最大自然数n 等于4032，(4)错误，故选B.[答案] B。

第六章第2节课时跟踪训练(时间30分钟，满分60分)一、选择题(本题共8小题，每小题5分，共40分。

每小题至少有一个选项正确，把正确选项前的字母填在题后的括号内)1.如图1所示，电吉他的弦是磁性物质，当弦振动时，线圈中产生感应电流，感应电流输送到放大器、喇叭，把声音播放出来，下列说法正确的是()A．电吉他是光电传感器图1B．电吉他是温度传感器C．电吉他是声音传感器D．弦改用尼龙材料原理不变解析：由电吉他发声原理可知是将声音变化转变为电流的变化，C对，A、B、D错。

答案：C2．办公大楼的大门能“看到”人的到来或离开而自动开或关，利用的传感器是() A．生物传感器B．红外传感器C．温度传感器D．压力传感器解析：自动门的自动控制要求灵敏、可靠，若以温度控制，人的体温与夏季气温接近，在夏季自动门可能做出错误动作。

自动门实际使用的是红外线传感器，红外线属于不可见光，人在白天或黑夜均发出红外线，传感器接收到人体发出的红外线后传给自动控制装置的电动机，实现自动开门。

答案：B3．下列说法正确的是() A．电熨斗能自动控制温度主要利用了双金属片，两片金属的膨胀系数相同B．常温下，上下触点是接触的；温度过高时，双金属片发生弯曲使上下触点分离C．需要较高温度熨烫时，要调节温度旋钮，使升降螺丝下移并推动弹性铜片下移D．电熨斗中的双金属片是一种半导体材料解析：常温下，上下触点是接触的；温度过高时，双金属片发生弯曲使上下触点分离；需要较高温度熨烫时，要调节温度旋钮，使升降螺丝下移并推动弹性铜片下移。

答案：BC4．对于常见的可燃气体浓度的检测，现在一般用催化燃烧检测器。

它的原理如下：传感器的核心为一惠斯通电桥，其中一桥臂上有催化剂，当与可燃气体接触时，可燃气体在有催化剂的电桥上燃烧，该桥臂的电阻发生明显变化，其余桥臂的电阻不变化，从而引起整个电路的输出发生变化，而该变化与可燃气体的浓度成比例，从而实现对可燃气体的检测。

由此可推断有催化剂的桥臂上的电阻材料为()A ．铜B ．合金C ．半导体D ．绝缘体解析：可燃气体燃烧后电阻发生变化的原因，是由于温度升高造成的，所以此电阻应属于热敏电阻，而能够随温度变化其电阻有较明显变化的材料只可能是选项中的半导体材料，故选C 。

第六章 数 列第二节 等差数列及其前n 项和A 级·基础过关 |固根基|1.(2019届南昌市一模)已知{a n }为等差数列，若a 2＝2a 3＋1，a 4＝2a 3＋7，则a 5＝( ) A ．1 B ．2 C ．3D ．6解析：选B 设等差数列{a n }的公差为d ，将题中两式相减可得2d ＝6，所以d ＝3，所以a 2＝2(a 2＋3)＋1，解得a 2＝－7，所以a 5＝a 2＋(5－2)d ＝－7＋9＝2，故选B ．2．(2019届合肥市一检)已知正项等差数列{a n }的前n 项和为S n (n∈N *)，a 5＋a 7－a 26＝0，则S 11的值为( )A ．11B ．12C ．20D ．22解析：选D 解法一：设等差数列的公差为d(d>0)，由题意得(a 1＋4d)＋(a 1＋6d)－(a 1＋5d)2＝0，即(a 1＋5d)·(2－a 1－5d)＝0，所以a 1＋5d ＝0或a 1＋5d ＝2.又{a n }为正项等差数列，所以a 1＋5d>0，则a 1＋5d ＝2，则S 11＝11a 1＋11×102d ＝11(a 1＋5d)＝11×2＝22，故选D ．解法二：因为{a n }为正项等差数列，所以由等差数列的性质，并结合a 5＋a 7－a 26＝0，得2a 6－a 26＝0，所以a 6＝2，所以S 11＝11（a 1＋a 11）2＝11×2a 62＝11a 6＝22，故选D ．3．(2019届贵阳市质量检测)在等差数列{a n }中，若a 1＋a 9＝8，则(a 2＋a 8)2－a 5＝( ) A ．60 B ．56 C ．12D ．4解析：选A 因为在等差数列{a n }中，a 1＋a 9＝a 2＋a 8＝2a 5＝8，所以(a 2＋a 8)2－a 5＝64－4＝60，故选A ．4．(2019届广东七校第二次联考)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 6＋a 8＝6，S 9－S 6＝3，则S n 取得最大值时n 的值为( )A ．5B ．6C ．7D ．8解析：选D 解法一：设等差数列{a n }的公差为d ，则由题意得，⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋5d ＋a 1＋7d ＝6，a 1＋6d ＋a 1＋7d ＋a 1＋8d ＝3，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝15，d ＝－2，所以a n ＝－2n ＋17，由于a 8＝－2×8＋17＝1>0，a 9＝－2×9＋17＝－1<0，所以S n 取得最大值时n 的值是8，故选D ．解法二：设等差数列{a n }的公差为d ，则由题意得，⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋5d ＋a 1＋7d ＝6，a 1＋6d ＋a 1＋7d ＋a 1＋8d ＝3，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝15，d ＝－2，则S n ＝15n ＋n （n －1）2×(－2)＝－(n －8)2＋64，所以当n ＝8时，S n 取得最大值，故选D ．5．(2019届广州市第一次综合测试)设S n 是等差数列{a n }的前n 项和，若m 为大于1的正整数，且a m－1－a 2m ＋a m ＋1＝1，S 2m －1＝11，则m ＝( ) A ．11 B ．10 C ．6D ．5解析：选 C 由a m －1－a 2m ＋a m ＋1＝1可得2a m －a 2m ＝1，即a 2m －2a m ＋1＝0，解得a m ＝1.由S 2m －1＝（a 1＋a 2m －1）（2m －1）2＝a m ×(2m －1)＝11，得2m －1＝11，解得m ＝6，故选C ．6．(2019届桂林市、百色市、崇左市联考)设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，若a 4a 3＝34，则3S 5a 4＝( )A ．12B ．15C ．20D ．25解析：选C 因为数列{a n }是等差数列，所以3S 5a 4＝3×5a 3a 4＝15a 3a 4.又a 4a 3＝34，所以3S 5a 4＝15a 3a 4＝15×43＝20.故选C ．7．(2019届西安八校联考)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 6>S 7>S 5，则满足S n S n ＋1<0的正整数n 的值为( )A ．10B ．11C ．12D ．13解析：选C 由S 6>S 7>S 5，得S 7＝S 6＋a 7<S 6，S 7＝S 5＋a 6＋a 7>S 5，所以a 7<0，a 6＋a 7>0.所以S 13＝13（a 1＋a 13）2＝13a 7<0，S 12＝12（a 1＋a 12）2＝6(a 6＋a 7)>0，所以S 12S 13<0，即满足S n S n ＋1<0的正整数n 的值为12，故选C ．8．设S n 是公差不为0的等差数列{a n }的前n 项和，S 3＝a 22，且S 1，S 2，S 4成等比数列，则a 10＝( ) A ．15 B ．19 C ．21D ．30解析：选B 设等差数列{a n }的公差为d.由S 3＝a 22得3a 2＝a 22，所以a 2＝0或a 2＝3.由S 1，S 2，S 4成等比数列可得S 22＝S 1·S 4，又S 1＝a 2－d ，S 2＝2a 2－d ，S 4＝4a 2＋2d ，所以(2a 2－d)2＝(a 2－d)·(4a 2＋2d)，化简得3d 2＝2a 2d ，又d≠0，所以a 2＝3，d ＝2，所以a n ＝3＋2(n －2)＝2n －1，所以a 10＝19.9．已知{a n }是等差数列，S n 是其前n 项和，若S k ＋10－S k ＝12k ＋10，则S 2k ＋10＝( )A ．1B ．12C ．15D ．110解析：选 D 由题意知S k ＋10－S k ＝a k ＋1＋a k ＋2＋…＋a k ＋10＝a k ＋1＋a k ＋102×10＝12k ＋10，∴a k ＋1＋a k ＋10＝110（k ＋5），∴S 2k ＋10＝a 1＋a 2k ＋102×(2k ＋10)＝a k ＋1＋a k ＋102×(2k ＋10)＝110.10．正项等差数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 1＝1，a 3＋a 7－a 25＋15＝0，且S n ＝45，则n ＝( ) A ．8 B ．9 C ．10D ．11解析：选B 因为{a n }是正项等差数列，a 3＋a 7－a 25＋15＝0，所以a 25－2a 5－15＝0，解得a 5＝5(a 5＝－3舍去)．设{a n }的公差为d ，由a 5＝a 1＋4d ＝1＋4d ＝5，解得d ＝1，所以S n ＝n[2a 1＋（n －1）d]2＝n[2＋（n －1）]2＝n （n ＋1）2＝45，即n 2＋n －90＝(n ＋10)(n －9)＝0，解得n ＝9(n ＝－10舍去)，故选B ．11．(2019年全国卷Ⅲ)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和．若a 3＝5，a 7＝13，则S 10＝________．解析：解法一：设等差数列{a n }的公差为d ，则由题意，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋2d ＝5，a 1＋6d ＝13，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝2，所以S 10＝10×1＋10×92×2＝100. 解法二：由题意，得公差d ＝14(a 7－a 3)＝2，所以a 4＝a 3＋d ＝7，所以S 10＝10（a 1＋a 10）2＝5(a 4＋a 7)＝100.答案：10012．(2019年江苏卷)已知数列{a n }(n∈N *)是等差数列，S n 是其前n 项和．若a 2a 5＋a 8＝0，S 9＝27，则S 8的值是________．解析：解法一：设等差数列{a n }的公差为d ，则a 2a 5＋a 8＝(a 1＋d)(a 1＋4d)＋a 1＋7d ＝a 21＋4d 2＋5a 1d ＋a 1＋7d ＝0，S 9＝9a 1＋36d ＝27，解得a 1＝－5，d ＝2，则S 8＝8a 1＋28d ＝－40＋56＝16.解法二：设等差数列{a n }的公差为d.∵S 9＝9（a 1＋a 9）2＝9a 5＝27，∴a 5＝3.又a 2a 5＋a 8＝0，则3(3－3d)＋3＋3d ＝0，解得d ＝2，则S 8＝8（a 1＋a 8）2＝4(a 4＋a 5)＝4×(1＋3)＝16.答案：1613．(2019届广东七校第二次联考)已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝a n a n ＋1，且b n ＝1a n ，n∈N *.(1)求证：数列{b n }为等差数列；(2)设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n ＋1的前n 项和为T n ，求T n 的表达式． 解：(1)证明：因为b n ＝1a n ，且a n ＋1＝a na n ＋1，所以b n ＋1＝1a n ＋1＝a n ＋1a n ＝1＋1a n ＝1＋b n ，故b n ＋1－b n ＝1. 又b 1＝1a 1＝1，所以数列{b n }是以1为首项，1为公差的等差数列． (2)由(1)知数列{b n }的通项公式为b n ＝n ， 又b n ＝1a n ，所以a n ＝1b n ＝1n .故a n n ＋1＝1n （n ＋1）＝1n －1n ＋1， 所以T n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－14＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝n n ＋1. 14．(2019届南昌市二模)已知数列{a n }是公差不为零的等差数列，a 1＝1，且存在实数λ满足2a n ＋1＝λa n ＋4，n ∈N *.(1)求λ的值及通项公式a n ； (2)求数列{a 2n －n }的前n 项和S n .解：(1)设等差数列{a n }的公差为d ，d≠0， 由2a n ＋1＝λa n ＋4(n∈N *)， ① 得2a n ＝λa n －1＋4(n∈N *，n≥2)，②两式相减得，2d ＝λd，又d≠0，所以λ＝2.将λ＝2代入①可得2a n ＋1＝2a n ＋4，即2d ＝4，所以d ＝2. 又a 1＝1，所以a n ＝1＋(n －1)×2＝2n －1.(2)由(1)可得a 2n－n ＝2(2n －n)－1＝2n ＋1－(2n ＋1)，所以S n ＝(22＋23＋…＋2n ＋1)－[3＋5＋…＋(2n ＋1)]＝4（1－2n）1－2－n （3＋2n ＋1）2＝2n ＋2－n 2－2n －4.B 级·素养提升 |练能力|15.我国古代数学著作《九章算术》有如下问题：“今有金箠，长五尺，斩本一尺，重四斤，斩末一尺，重二斤，问次一尺各重几何？”意思是：“现有一根金箠，长五尺，一头粗，一头细，在粗的一端截下1尺，重4斤，在细的一端截下1尺，重2斤，问依次每一尺各重多少斤？”根据已知条件，若金箠由粗到细是均匀变化的，问第二尺与第四尺的重量之和为( )A ．6斤B ．9斤C ．9.5斤D ．12斤解析：选A 依题意，金箠由粗到细各尺的重量构成一个等差数列，设首项a 1＝4，则a 5＝2，由等差数列的性质得a 2＋a 4＝a 1＋a 5＝6，所以第二尺与第四尺的重量之和为6斤．故选A ．16．已知数列{a n }为等差数列，若a 21＋a 210≤25恒成立，则a 1＋3a 7的取值范围为( ) A ．[－5，5] B ．[－52，52] C ．[－10，10]D ．[－102，102]解析：选D 由数列{a n }为等差数列，可知a 1＋3a 7＝a 1＋3(a 1＋6d)＝4a 1＋18d ＝2(a 1＋a 1＋9d)＝2(a 1＋a 10)．由基本不等式⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1＋a 1022≤a 21＋a 2102得2|a 1＋a 10|≤102，当且仅当a 1＝a 10时取等号，所以a 1＋3a 7的取值范围为[－102，102]．17．(2019届江西红色七校第一次联考)已知数列{a n }为等差数列，若a 2＋a 6＋a 10＝π2，则tan(a 3＋a 9)的值为( )A ．0B ．33C ．1D ． 3解析：选D 因为数列{a n }是等差数列，所以a 2＋a 6＋a 10＝3a 6＝π2，所以a 6＝π6，所以a 3＋a 9＝2a 6＝π3，所以tan(a 3＋a 9)＝tan π3＝ 3.故选D ． 18．(2019年全国卷Ⅱ)已知数列{a n }和{b n }满足a 1＝1，b 1＝0，4a n ＋1＝3a n －b n ＋4，4b n ＋1＝3b n －a n －4.(1)证明：{a n ＋b n }是等比数列，{a n －b n }是等差数列； (2)求{a n }和{b n }的通项公式．解：(1)证明：由题设得4(a n ＋1＋b n ＋1)＝2(a n ＋b n )，即a n ＋1＋b n ＋1＝12(a n ＋b n )．又因为a 1＋b 1＝1，所以{a n ＋b n }是首项为1，公比为12的等比数列．由题设得4(a n ＋1－b n ＋1)＝4(a n －b n )＋8，即a n ＋1－b n ＋1＝a n －b n ＋2. 又因为a 1－b 1＝1，所以{a n －b n }是首项为1，公差为2的等差数列． (2)由(1)知，a n ＋b n ＝12n －1，a n －b n ＝2n －1.所以a n ＝12[(a n ＋b n )＋(a n －b n )]＝12n ＋n －12，b n ＝12[(a n ＋b n )－(a n －b n )]＝12n －n ＋12.。