2024高考總復習優(yōu)化設計二輪用書數(shù)學(適用于新高考新教材)考點突破練與專題檢測考點突破練5　數(shù)列求和及其綜合應用含答案

2024高考總復習優(yōu)化設計二輪用書數(shù)學(適用于新高考新教材)考點突破練與專題檢測考點突破練5數(shù)列求和及其綜合應用考點突破練5數(shù)列求和及其綜合應用1.(2023安徽蕪湖高三統(tǒng)考)已知Sn是數(shù)列{an}的前n項和,2Sn=(n+1)an,且a1=1.(1)求{an}的通項公式;(2)設a0=0,已知數(shù)列{bn}滿足bn=sin1cosancosan-2.(2023山東濟南二模)已知數(shù)列{an}的前n項和Sn=2n+1-2,數(shù)列{bn}滿足bn=log2an.(1)求數(shù)列{an},{bn}的通項公式;(2)由an,bn構(gòu)成的n×n階數(shù)陣如圖所示,求該數(shù)陣中所有項的和Tn.3.(2023河北張家口高三期末)已知Sn為數(shù)列{an}的前n項和,Sn=2an-4n+2.(1)證明:數(shù)列{an+4}為等比數(shù)列;(2)求數(shù)列{nan}的前n項和Tn.4.(2023廣東河源高三期末)已知等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn,a5=5,S8=36,an=log3bn.(1)求{an}和{bn}的通項公式;(2)設數(shù)列{cn}滿足cn=1anan+2,n5.(2023新高考Ⅰ,20)設等差數(shù)列{an}的公差為d,且d>1.令bn=n2+nan,記Sn,Tn分別為數(shù)列{an},{b(1)若3a2=3a1+a3,S3+T3=21,求{an}的通項公式;(2)若{bn}為等差數(shù)列,且S99-T99=99,求d.6.(2023山東青島高三期末)記數(shù)列{an}的前n項和為Sn,a1=1,.給出下列兩個條件:條件?,數(shù)列{an}和數(shù)列{Sn+a1}均為等比數(shù)列;條件?,2na1+2n-1a2+…+2an=nan+1.試在上面的兩個條件中任選一個,補充在上面的橫線上,完成下列兩問的解答.

(1)求數(shù)列{an}的通項公式;(2)記正項數(shù)列{bn}的前n項和為Tn,b1=a2,b2=a3,4Tn=bn·bn+1,求∑i=12n[(-1)ibib(注:如果選擇多個條件分別解答,按第一個解答計分)

考點突破練5數(shù)列求和及其綜合應用1.解(1)因為n∈N*,2Sn=(n+1)an,當n≥2時,2Sn-1=nan-1,兩式相減得2an=(n+1)an-nan-1,即(n-1)an=nan-1,變形得an于是得數(shù)列{ann}是常數(shù)列,因此ann=a1所以數(shù)列{an}的通項公式是an=n.(2)由(1)知,an=n,又a0=0,故cosancosan-1≠0,bn=sin1cosncos(n-1所以Tn=(tan1-tan0)+(tan2-tan1)+(tan3-tan2)+…+[tann-tan(n-1)]=tann-tan0=tann.2.解(1)因為Sn=2n+1-2,當n=1時,S1=22-2=2,即a1=2,當n≥2時,Sn-1=2n-2,所以Sn-Sn-1=(2n+1-2)-(2n-2),即an=2n,經(jīng)檢驗,當n=1時,an=2n也成立,所以an=2n,則bn=log2an=log22n=n.(2)由數(shù)陣可知Tn=a1(b1+b2+…+bn)+a2(b1+b2+…+bn)+…+an(b1+b2+…+bn)=(a1+a2+…+an)·(b1+b2+…+bn),因為Sn=2n+1-2,b1+b2+…+bn=1+2+…+n=n(所以Tn=(2n+1-2)×n2+n2=(2n-1)(n3.(1)證明由題知Sn=2an-4n+2,所以a1=S1=2a1-4×1+2,解得a1=2,故a1+4=6.由Sn=2an-4n+2,可得Sn-1=2an-1-4(n-1)+2,n≥2,兩式相減得an=Sn-Sn-1=2an-2an-1-4,n≥2,所以an=2an-1+4,n≥2,所以an+4an-所以數(shù)列{an+4}是以6為首項,2為公比的等比數(shù)列.(2)解由(1)得數(shù)列{an+4}是以6為首項,2為公比的等比數(shù)列,所以an+4=6×2n-1,故an=3×2n-4,則nan=3n×2n-4n.設bn=n×2n,其前n項和為Pn,則Pn=1×2+2×22+3×23+…+n×2n,①2Pn=1×22+2×23+3×24+…+n×2n+1,②①-②得-Pn=1×2+1×22+1×23+…+1×2n-n×2n+1=2(1-2n)1-2-n×2n+所以Pn=(n-1)2n+1+2,所以Tn=3×Pn-4×(1+2+3+…+n)=3×[(n-1)2n+1+2]-4×n(1+n)2=3(n-1)2n+1-2n2綜上,Tn=3(n-1)2n+1-2n2-2n+6.4.解(1)設等差數(shù)列{an}的公差為d,∵等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn,a5=5,S8=36,∴a1+4d=5,8a∴an=1+(n-1)×1=n.∵an=log3bn,∴n=log3bn,∴bn=3n.(2)∵1a∴T20=(1a1a3+1a3a5+…+1a19a21)+(a2b1+a4b2+…+a20b10)=12[(1-13)+(13-15)+…+∵12[(1-13)+(13-15)+…+(119-121)]=12(1-121)=1021,令R=2×3+4則3R=2×32+4×33+…+20×311,②①-②得-2R=2×3+2(32+33+…+310)-20×311=2×3(1-310)1-3-20×311=-3+311-20×3∴R=3+19×3112,∴T5.解(1)由3a2=3a1+a3,得3(a2-a1)=a3,即3d=a1+2d,得a1=d,從而an=nd,故bn=n2易知S3=a1+a2+a3=6d,T3=2+3+4d由題意得6d+9d=21,從而2d2-7d+3=0整理得(2d-1)(d-3)=0,解得d=3或d=12(舍去)故an=3n,n∈N*.(2)由題意,n∈N*,d>1,在等差數(shù)列{bn}中,bn=n2+nan,前a2=a1+d,a3=a1+2d,b1=2a1,b2=6a2,b∵2b2=b1+b3,即2×6a∴2×6a1+d=2a1+12a1當a1=d時,an=a1+(n-1)d=d+d(n-1)=nd,bn=n2+n此時{bn}是以2d為首項,1dS99=99(a1+a99)2=99(2a1+98S99-T99=99×50d-99×51d=解得d=a1=5150或d=-1<0(舍去)當a1=2d時,an=a1+(n-1)d=2d+d(n-1)=(n+1)d,bn=n2+n(n+1)d=nd=1d+S99=99(a1+a99)2=99(2a1+98S99-T99=99×51d-99×50d=解得d=-5051<0(舍去)或d=1(舍去∴a1≠2d.綜上,d=51506.解(1)若選條件?:∵數(shù)列{Sn+a1}為等比數(shù)列,∴(S2+a1)2=(S1+a1)(S3+a1),即(2a1+a2)2=2a1(2a1+a2+a3).∵a1=1,且設等比數(shù)列{an}的公比為q,∴(2+q)2=2(2+q+q2),解得q=2或q=0(舍去),∴an=a1qn-1=2n-1.若選條件?:∵2na1+2n-1a2+…+2an=nan+1,①∴2n-1a1+2n-2a2+…+2an-1=(n-1)an(n≥2),∴2na1+2n-1a2+…+22an-1=2(n-1)an(n≥2),②①-②得2an=nan+1-2(n-1)an(n≥2),即an+1=2an(n≥2),令2na1+2n-1a2+…+2an=nan+1中n=1,得a2=2a1也符合上式,故數(shù)列{an}為首項a1=1,公比q=2的等比數(shù)列,則an=a1qn-1=2n-1.(2)由(1)可知,不論條件為?還是?,都有數(shù)列{an}是首項a1=1,公比q=2的等比數(shù)列,即an=2n-1,則b1=a2=2,b2=a3=4,∵4Tn=bn·bn+1,③∴4Tn-1=bn-1·bn(n≥2),④③-④得4(Tn-Tn-1)=bn·bn+1-bn-1·bn(n≥2),即4bn=bn·(bn+1-bn-1)(n≥2),∵數(shù)列{bn}為正項數(shù)列,則bn+1-bn-1=4(n≥2),則數(shù)列{bn}的奇數(shù)項、偶數(shù)項分別都是公差為4的等差數(shù)列,∴{b2k}(k∈N*)是首項為b2=4,公差為4的等差數(shù)列,∴b2k=4+(k-1)×4=4k.同理{b2k-1}(k∈N*)是首項為b1=2,公差為4的等差數(shù)列,∴b2k-1=2+(k-1)×4=4k-2.∴bn=2n,∴∑i=12n[(-1)ibibi+1]=∑i=12n[4(-1)ii(i+1)]=4×[(-2+6)+(-12+20)+…+4n]考點突破練6空間幾何體的結(jié)構(gòu)、表面積與體積一、必備知識夯實練1.(2023廣東湛江二模)如圖,將一個圓柱2n(n∈N*)等分切割,再將其重新組合成一個與圓柱底面面積相等,高相等的幾何體.n越大,重新組合成的幾何體就越接近一個“長方體”.若新幾何體的表面積比原圓柱的表面積增加了10,則圓柱的側(cè)面積為()A.10π B.20π C.10nπ D.18π2.(2023山東濰坊一模)如圖,圓錐的底面半徑為1,側(cè)面展開圖是一個圓心角為π3的扇形.把該圓錐截成圓臺,已知圓臺的下底面與該圓錐的底面重合,圓臺的上底面半徑為13,則圓臺的側(cè)面積為(A.8π3 B.C.16π3 D.3.(2023福建莆田二模)某?？萍忌缋?D打印技術(shù)制作實心模型.如圖,該模型的上部分是半球,下部分是圓臺.其中半球的體積為144πcm3,圓臺的下底面與半球的底面重合,圓臺的上底面半徑及高均是下底面半徑的一半.打印所用原料密度為1.5g/cm3,不考慮打印損耗,制作該模型所需原料的質(zhì)量約為()(1.5π≈4.7)A.3045.6g B.1565.1gC.972.9g D.296.1g4.(2023河北石家莊一模)已知圓臺的上、下底面圓的半徑之比為12,側(cè)面積為9π,在圓臺的內(nèi)部有一球O,該球與圓臺的上、下底面及母線均相切,則球O的表面積為(A.3π B.5π C.8π D.9π5.(2023天津,8)在三棱錐P-ABC中,線段PC上的點M滿足PM=13PC,線段PB上的點N滿足PN=23PB,則三棱錐P-AMN和三棱錐P-ABC的體積之比為(A.19 B.29 C.13 6.(2023廣東韶關(guān)模擬)西施壺是紫砂壺器眾多款式中最經(jīng)典的壺型之一,是一款非常實用的泡茶工具(如圖1).西施壺的壺身可近似看成一個球體截去上下兩個相同的球缺的幾何體.球缺的體積V=π(3R-h)·h23(R為球缺所在球的半徑,圖1圖2A.494mL B.506mL C.509mL D.516mL7.(2023河北衡水模擬)有一個棱柱形狀的石料,底面是邊長為6的等邊三角形,該石料側(cè)棱垂直于底面,若可以將該石料打磨成四個半徑為3的石球,則至少需要打磨掉的石料廢料的體積為()A.216-43π B.216-163πC.270-163π D.270-43π8.(2023廣東深圳二模)設表面積相等的正方體、正四面體和球的體積分別為V1,V2和V3,則()A.V1<V2<V3 B.V2<V1<V3 C.V3<V1<V2 D.V3<V2<V19.(2023湖南常德二模)在正方體ABCD-A1B1C1D1中,M是線段A1C1的中點,若四面體M-ABD的外接球體積為36π,則正方體棱長為.

二、關(guān)鍵能力提升練10.(多選題)(2022新高考Ⅱ,11)如圖,四邊形ABCD為正方形,ED⊥平面ABCD,FB∥ED,AB=ED=2FB,記三棱錐E-ACD,F-ABC,E-ACF的體積分別為V1,V2,V3,則()A.V3=2V2 B.V3=2V1C.V3=V1+V2 D.2V3=3V111.(多選題)(2023浙江紹興二模)某學校課外社團活動課上,數(shù)學興趣小組進行了一次有趣的數(shù)學實驗操作,課題名稱“不用尺規(guī)等工具,探究水面高度”.如圖1,P-ABCD是一個水平放置的裝有一定量水的四棱錐密閉容器(容器材料厚度不計),底面ABCD為平行四邊形,設棱錐高為h,體積為V,現(xiàn)將容器以棱AB為軸向左側(cè)傾斜,如圖2,這時水面恰好經(jīng)過CDEF,其中E,F分別為棱PA,PB的中點,則()圖1圖2A.水的體積為58B.水的體積為34C.圖1中的水面高度為(1-332D.圖1中的水面高度為(1-35212.(多選題)(2023浙江杭州二模)如圖,圓柱內(nèi)有一個內(nèi)切球,這個球的直徑恰好與圓柱的高相等,O2,O1為圓柱上、下底面的圓心,O為球心,EF為底面圓O1的一條直徑,若球的半徑r=2,則()A.球與圓柱的體積之比為2∶3B.四面體CDEF的體積的取值范圍為(0,32]C.平面DEF截得球的截面面積最小值為4D.若P為球面和圓柱側(cè)面的交線上一點,則PE+PF的取值范圍為[2+25,43]13.(2023全國甲,文16)在正方體ABCD-A1B1C1D1中,AB=4,O為AC1的中點,若該正方體的棱與球O的球面有公共點,則球O的半徑的取值范圍是.

14.(2023湖南雅禮中學模擬)已知三棱錐P-ABC滿足PA=1,PA⊥平面ABC,AC⊥BC,若VP-ABC=23,則其外接球體積的最小值為.三、核心素養(yǎng)創(chuàng)新練15.(2023湖南雅禮中學模擬)如圖,已知四棱柱ABCD-A1B1C1D1的體積為V,四邊形ABCD是平行四邊形,點E在平面ACC1A1內(nèi),且AE=14AC+34ACA.V28 B.VC.3V28 D16.(2023山東日照一模)設四棱錐M-ABCD的底面為正方形,且MA=MD,MA⊥AB,如果△AMD的面積為1,則能夠放入這個棱錐的最大的球的半徑為.

考點突破練6空間幾何體的結(jié)構(gòu)、表面積與體積1.A解析由圖可知,新幾何體的表面積比原幾何體的表面積多了原幾何體的軸截面面積.設圓柱的底面半徑為r,高為h,則2rh=10,所以圓柱的側(cè)面積為2πrh=10π.2.C解析已知圓錐半徑為1,圓臺上底面半徑為13.設圓錐母線為l,圓臺母線為l1,由已知可得,π所以l=6.如圖,作出圓錐、圓臺的軸截面,則有l(wèi)-l1l=rR=13,所以l1=4.故圓臺的側(cè)面積為π(R+r)l1=43.C解析設半球的半徑為R,因為V半球=23πR3=144π解得R=6.由題意得,圓臺的上底面半徑及高均是3,下底面半徑為6,所以V圓臺=13(S上+S下+S上S下)h=13(32π+62π+32π×62π)×3=63πcm3,所以該實心模型的體積V=V半球+V圓臺=144故制作該模型所需原料的質(zhì)量為207π×1.5≈207×4.7=972.9g.4.C解析設圓臺的上底面圓半徑為r,則底面圓半徑為2r,母線長為l,如圖所示,作出圓臺與球的軸截面.由于球O與圓臺的上、下底面及母線均相切,故l=AD=AH+DG=r+2r=3r.根據(jù)圓臺的側(cè)面積公式S=(πr+2πr)l=9π,解得r=1,l=3,所以球的直徑為HG=32-12=22,故球O的半徑為2,表面積為4πr2=4π×(2)25.B解析如圖,將三棱錐P-AMN看作三棱錐A-PMN,即以A為頂點,△PMN為底面的三棱錐,將三棱錐P-ABC看作三棱錐A-PBC,即以A為頂點,△PBC為底面的三棱錐.因為S△PBC=12PB·PC·sin∠BPC,S△PMN=12PN·PM·sin∠NPM,而PN=23PB,PM=13PC,∠BPC=∠NPM,所以S△PMN=13×23S△PBC=29S△PBC,點A到底面PBC的距離和點A到底面PMN的距離相等,6.A解析作出幾何體的軸截面如右圖所示,依題意,AB=6cm,O為球心,D為壺口所在圓的圓心,所以AD=DB=3cm.因為DE=8cm,所以OD=OE=4,且OD⊥AB,OB=32+所以球的半徑R=5cm,所以球缺的高h=5-4=1cm,所以球缺的體積V1=π(3R-h)·h23=π(3×5-1)×7.B解析底面是邊長為6的等邊三角形的內(nèi)切圓的半徑為r,由等面積法可得12×3×6r=34×62,解得r=若可以將該石料打磨成四個半徑為3的石球,則該柱形石料的高至少為83,故至少需要打磨掉的石料廢料的體積為34×62×83-4×43π×(3)3=2168.B解析設正方體棱長為a,正四面體棱長為b,球的半徑為R,表面積為S.正方體表面積為S=6a2,所以a2=S6,所以V如圖,正四面體P-ABC,D為AC的中點,則BD⊥AC,AD=12b,O為△ABC的中心,則PO是正四面體P-ABC底面ABC上的高,所以BD=AB所以S△ABC=12×AC×BD=12×b×32b=3所以正四面體P-ABC的表面積為S=4S△ABC=3b2,所以b2=33S.又O為△ABC的中心,所以BO=23BD=3又根據(jù)正四面體的性質(zhì),可知PO⊥BO,所以PO=PB2所以V22=(13×球的表面積為S=4πR2,所以R2=S4π,所以V32=(43πR3)2=136πS3.因為136π所以V32>V12>V29.4解析設該正方體的棱長為a,四面體M-ABD的外接球的半徑為R,∵43πR3=36π,∴R=3取BD的中點H,可得H是下底面ABCD的中心,設四面體M-ABD的外接球的球心為O.在正方體ABCD-A1B1C1D1中,∴MH⊥平面ABCD,即MH⊥平面ABD,則點O在直線MH上.連接OA,∵MH=a,則OH=MH-R=a-3.∵AH=22a,OA=R=3,OA2=AH2+OH2∴32=(22a)2+(a-3)2∵a>0,則可得a=4,即正方體棱長為4.10.CD解析設AB=ED=2FB=2a,因為ED⊥平面ABCD,FB∥ED,則V1=13·ED·S△ACD=13·2a·12·(2a)2=4V2=13·FB·S△ABC=13·a·12·(2a)2=23a3,連接BD交AC于點M,連接EM,FM,易得又ED⊥平面ABCD,AC?平面ABCD,則ED⊥AC.又ED∩BD=D,ED,BD?平面BDEF,則AC⊥平面BDEF,又BM=DM=12BD=2a,過F作FG⊥DE于G,易得四邊形BDGF為矩形,則FG=BD=22a,EG=a則EM=(2a)2+(2a)2=6a,FM=a2+(則EM⊥FM,S△EFM=12EM·FM=322a2,AC=2則V3=VA-EFM+VC-EFM=13AC·S△EFM=2a3,則2V3=3V1,V3=3V2,V3=V1+V2,故A,B錯誤;C,D正確.故選CD11.AC解析如圖,將四棱錐補成平行六面體,設平行六面體的體積為V總,因為E,F分別為棱PA,PB的中點,則S四邊形BCMQ=4S△BCG,而三棱柱BCG-ADE與平行六面體的高相同,則VBCG-ADE=14V總根據(jù)四棱錐P-ABCD與平行六面體底和高均相同,則V=13V總,即3V=V總.由圖可知,VF-BCG=16V則V水=56VBCG-ADE=56×14V總=56×14×3V=設圖1中上方的小四棱錐高為h1,則(h1h)3=V1V=V-58VV=38,則h1=332h,故圖1中的水面高度為12.AD解析對于A,球的體積為V=4πr33=32π3,圓柱的體積V'=π則球與圓柱的體積之比為2∶3,故A正確;對于B,設d為點E到平面BCD的距離,0<d≤r,而平面BCD經(jīng)過線段EF的中點O1,四面體C-DEF的體積VC-DEF=2VE-O1DC=23S△O1DC·d=對于C,過點O作OH⊥DO1于點H,如圖,而O1O2⊥DO2,則sin∠DO1O2=OHO又DO1=r2+(2r)2=25,則OH=25.設截面圓的半徑為r1,球心O到平面DEF的距離為d1,則d1≤25.又r1=r2-d對于D,令經(jīng)過點P的圓柱的母線與下底面圓的公共點為Q,連接QE,QF,當Q與E,F都不重合時,設∠QFE=θ,則QF=4cosθ,QE=4sinθ;當Q與E,F之一重合時,上式也成立,因此QF=4cosθ,QE=4sinθ,θ∈[0,π2則PE+PF=PQ2+QE令t=1+4sin2θ+1+4cos2θ,則t2=6+25+4sin22θ,而0≤2θ因此6+25≤t2≤12,解得1+5≤t≤23,所以PE+PF的取值范圍為[2+25,43],故D正確.故選AD.13.[22,23]解析(方法一)第一步,弄清球O與正方體棱有公共點,球半徑最小的球為棱切球(即與棱相切的球),最大的球為外接球.第二步,作對角面ABC1D1截正方體與其棱切球、外接球分別得如下矩形和小、大兩個圓(如圖).第三步,由圖可知棱切球半徑r1=12AD1=12×42=22,外接球半徑r2=12BD1=12×43=23,球O半徑的取值范圍是[22(方法二)由對稱性知,只需考慮球與正方體的棱有公共點,正方體中心O到一條棱的最短距離即為到棱中點的距離,為