2025版 數(shù)學《高中全程復習方略》（提升版）人教A版階段滾動檢測（三）含答案

14版數(shù)學《高中全程復習方略》（提升版）人教A版階段滾動檢測（三）階段滾動檢測(三)120分鐘150分一、選擇題:本題共8小題,每小題5分,共40分.在每小題給出的四個選項中,只有一項是符合題目要求的.1.(2024·西安模擬)已知Sn是等差數(shù)列{an}的前n項和,且滿足a2=4,S4=22,則S5=()A.25 B.35 C.45 D.55【解析】選B.設(shè)數(shù)列的公差為d,則S4=(4-d)+4+(4+d)+(4+2d)=22,所以d=3,所以a3=a2+d=7,S5=5(a1+a2.已知等比數(shù)列{an}的各項均為正數(shù),若log2a3+log2a9=4,則log2a6=()A.±1 B.±2 C.2 D.4【解析】選C.由題意得a3>0,a6>0,a9>0,a3a9=a62,所以log2a3+log2a9=log2(a3a9)=log2a62=2log2a6=4,則log23.已知數(shù)列an滿足a1=15,且3an+1=3an-2.若ak·ak+1<0,則正整數(shù)k=(A.24 B.23 C.22 D.21【解析】選B.由3an+1=3an-2,得an+1-an=-23,所以數(shù)列an為首項a1=15,公差d=-23的等差數(shù)列,所以an=15-23(n-1)=-2由ak·ak+1<0,得ak>0,ak+1<0.令an=-23n+473=0得n=472,所以a23>0,a24<0,所以4.(2024·德宏模擬)已知正項等比數(shù)列{an}中,a4,3a3,a5成等差數(shù)列.若數(shù)列{an}中存在兩項am,an,使得2a1為它們的等比中項,則1m+4n的最小值為(A.1 B.3 C.6 D.9【解析】選B.設(shè)正項等比數(shù)列{an}公比為q,由a4,3a3,a5成等差數(shù)列,得6a3=a4+a5,即6a3=a3q+a3q2,得q2+q-6=0,由q>0,解得q=2,若數(shù)列{an}中存在兩項am,an,使得2a1為它們的等比中項,則(2a1)2=am·an,即2a12=a1qm-1·a1qn得2m+n-2=2,則m+n=3,1m+4n=13(1m+4n)(m+n)=13(1+nm當且僅當nm=4mn,即m所以1m+4n5.高階等差數(shù)列是數(shù)列逐項差數(shù)之差或高次差相等的數(shù)列,中國古代許多著名的數(shù)學家對推導高階等差數(shù)列的求和公式很感興趣,創(chuàng)造并發(fā)展了名為“垛積術(shù)”的算法,展現(xiàn)了聰明才智.如南宋數(shù)學家楊輝在《詳解九章算法·商功》一書中記載的三角垛、方垛、芻甍垛等的求和都與高階等差數(shù)列有關(guān).如圖是一個三角垛,最頂層有1個小球,第二層有3個,第三層有6個,第四層有10個,則第30層小球的個數(shù)為()A.464 B.465 C.466 D.495【解析】選B.記第n層有an個球,則a1=1,a2=3,a3=6,a4=10,結(jié)合高階等差數(shù)列的概念知a2-a1=2,a3-a2=3,a4-a3=4,…,an-an-1=n(n≥2),則第30層的小球個數(shù)a30=(a30-a29)+(a29-a28)+…+(a2-a1)+a1=30+29+28+…+2+1=465.6.已知等比數(shù)列an的公比q∈N*,前n項和為Sn,若a2+a5=36,a3+a4=24,則下列說法正確的是(A.q=3B.a4=81C.數(shù)列l(wèi)gan與數(shù)列D.數(shù)列l(wèi)g(【解析】選C.由a2+a5=36,a3+a4=24,q∈N*,得a1解得a1=q=2,故A錯誤;則an=2n,所以a4=16,故B錯誤;則Sn=2(1-2則lgan=nlg2,lg(Sn+2)=(n+1)lg2.因為lgan+1-lgan=(n+1)lg2-nlg2=lg2,所以數(shù)列l(wèi)gan因為lg(Sn+1+2)-lg(Sn+2)=(n+2)lg2-(n+1)lg2=lg2,所以數(shù)列l(wèi)g(lg(Sn+1-2)-lg(Sn-2)=lg(2n+2-4)-lg(2n+1-4)=lg2n因為lg(S3-2)-lg(S2-2)=lg24lg(S4-2)-lg(S3-2)=lg25-424-7.(2023·合肥模擬)已知數(shù)列an滿足an+1=an-1an+1,a1=12,則9a9+10a10+11a11+…+18A.-12 B.12 C.35 D.【解析】選A.因為an+1=an-1an+1,因此a2=a1-1a1+1=12-則an+4=an+3-1an+3+1=an+2因此a4k-3=12,a4k-2=-13,a4k-1=-2,a4k=3,其中k∈N*,則Tk=(4k-3)a4k-3+(4k-2)a4k-2+(4k-1)a4k-1+4ka4k=76(4k+1),則9a9+10a10+11a11+…+18a18+19a19=T3+T4+T5=76×(13+17+21)-60=-1【加練備選】已知數(shù)列{an}滿足a2=0,a2n+1=a2n+1n,a2n+2=a2n+1-1n+1(n∈N*),則數(shù)列{anA.20232024 B.20252024【解析】選C.a2n+2=a2n+1-1n+1=a2n+1n-1n+1(所以a2024=a2022+11011a2022=a2020+11010a2020=a2018+11009…a4=a2+1-12累加得a2024=a2+(1-12+12-13+…+11011-8.(2024·長治模擬)已知數(shù)列{an}滿足a1=13,an+1n+1=anan+n,若a1+a1a2+…+a1a2A.7 B.8 C.9 D.10【解題指南】通過等差數(shù)列的定義求出{nan}的通項公式,再利用裂項相消法求出a1+a1a2+…+a1a2…an,進而確定【解析】選B.因為an+1n整理得n+1an+1-可知{nan所以nan=3+n-1=n+2,可得an=當n≥2時,可得a1a2…an=13×24×35×…×nn+2=2且a1=13符合上式,所以a1a2…an=2(1n+1則a1+a1a2+…+a1a2…an=2(12-13+13-14+…+1n+1-解得n≤8,即n的最大值為8.二、選擇題:本題共3小題,每小題6分,共18分.在每小題給出的四個選項中,有多項符合題目要求.全部選對的得6分,部分選對的得部分分,有選錯的得0分.9.(2023·太原模擬)已知正項數(shù)列an的前n項和為Sn,若對于任意的m,n∈N*,都有am+n=am+an,則下列結(jié)論正確的是(A.a1+a12=a8+a5B.a5a6<a1a10C.若該數(shù)列的前三項依次為x,1-x,3x,則a10=10D.數(shù)列Sn【解析】選AC.令m=1,則an+1-an=a1,因為a1>0,所以數(shù)列an為等差數(shù)列且公差d>0,故A正確;由a5a6-a1a10=(a12+9a1d+20d2)-(a12+9a1d)=20d2>0,所以a5a6>a1a10,故B錯誤;根據(jù)等差數(shù)列的性質(zhì),可得2(1-x)=x+3x,所以x=13,1-x=23,故a10由Snn=na1+n(n-1)2dn10.(2024·莆田模擬)正項等比數(shù)列{an}的前n項積為Tn,且滿足a1>1,(a6-1)(a7-1)<0,則下列判斷正確的是()A.0<q<1B.a5a7>1C.Tn的最大值為T6D.T13>1【解析】選ABC.由(a6-1)(a7-1)<0得a6>1>a7或a7>1>a6,若a7>1>a6>0,則q>1,結(jié)合a1>1得a6>1,矛盾;所以a6>1>a7>0,所以0<q<1,故A正確;由上述分析得a5a7=(a6)2>1,故B正確;由上述分析得a1>a2>a3>a4>a5>a6>1>a7>…,故T6最大,C正確;T13=a1·a2·a3·a4·a5·…·a13=(a7)13<1,故D錯誤.11.(2024·廣州模擬)已知數(shù)列{an}的通項公式為an=(2n-1)π4,bn=tanan,記Sn為數(shù)列{A.bn=(-1)nB.b1+b2+b3+…+bn=1+C.若cn=anbn,則c1+c2+c3+…+cn=(-D.若dn=bnSn,則d1+d2+d3+…+d40=-205π【解析】選BCD.因為數(shù)列{an}的通項公式為an=(2n-1)π4故an+1-an=(2n+1)π4-(2n-1)π4=π則Sn=na1+n(n-1)2d=n24π,bn=tanan=tan(π4+(n-1)π2當n=1時,b1=1,故A不正確;當n為偶數(shù)時,b1+b2+b3+…+bn=0;當n為奇數(shù)時,b1+b2+b3+…+bn=1,故b1+b2+b3+…+bn=1+(-cn=anbn=an,n=2c2k+c2k-1=-a2k+a2k-1=-π2當n為偶數(shù)時,c1+c2+c3+…+cn=-n4當n為奇數(shù)時,c1+c2+c3+…+cn=-n-14π+π4(2所以c1+c2+c3+…+cn=(-1dn=bnSn=Sn,n=2d2k-1+d2k=S2k-1-S2k=π4[(2k-1)2-(2k)2]=-π4(4所以d1+d2+d3+…+d2n=(d1+d2)+(d3+d4)+…+(d2n-1+d2n)=-π4[3+7+…+(4n-1)]=-π4×3+4n-12×n=-π所以d1+d2+d3+…+d40=-π4(2×202+20)=-205π,所以D正確【方法規(guī)律】常見的數(shù)列求和的方法有公式法,即等差等比數(shù)列求和公式,分組求和類似于cn=an+bn,其中{an}和{bn}分別為特殊數(shù)列,裂項相消法類似于an=1n(n+1),錯位相減法類似于cn=an·bn,其中{an三、填空題:本題共3小題,每小題5分,共15分.12.(2024·徐州模擬)圍棋起源于中國,至今已有4000多年的歷史.在圍棋中,對于一些復雜的死活問題,比如在判斷自己單個眼內(nèi)的氣數(shù)是否滿足需求時,可利用數(shù)列通項的遞推方法來計算.假設(shè)大小為n的眼有an口氣,大小為n+1的眼有an+1口氣,則an與an+1滿足的關(guān)系是a1=1,a2=2,an+1-n=an-1(n≥2,n∈N*).則an的通項公式為________.

答案:an=1【解析】根據(jù)題意,an+1-an=n-1,當n≥2時,可得an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+…+(a3-a2)+(a2-a1)+a1,即an=(n-2)+(n-3)+…+1+1+1=(n-2又當n=1時,a1=1不滿足an=n2故an=n213.在各項均為正數(shù)的等比數(shù)列an中,公比q∈(0,1),若a3+a5=5,a2·a6=4,bn=log2an,數(shù)列bn的前n項和為Sn,則數(shù)列Snn的前答案:n【解析】由題意,a3>a5,由等比數(shù)列的性質(zhì)可得a3+a所以a1q2所以an=a1qn-1=16×12n-1則bn=log2an=5-n,則數(shù)列bn所以Sn=n(4+5-n)2=所以S11+S22+…+Sn14.(2024·武漢模擬)記R上的可導函數(shù)f(x)的導函數(shù)為f'(x),滿足xn+1=xn-f(xn)f'(xn)的數(shù)列{xn}稱為“牛頓數(shù)列”.若函數(shù)f(x)=x2-x,且f'(x)=2x-1,數(shù)列{xn}為牛頓數(shù)列.設(shè)an=lnxnxn-1,已知a1=2,xn>1,則a2=________,數(shù)列{an}的前n項和為Sn,若不等式答案:425【解析】因為f(x)=x2-x,f'(x)=2x-1,則xn+1=xn-xn2-由a1=2,a1=lnx1所以x1x1-1=e2,解得所以x2=x122所以a2=lnx2由xn+1=xn所以xn+1xn+1-1=x所以an+1=lnxn+1xn+1-1=ln(xn即數(shù)列{an}是以2為首項,2為公比的等比數(shù)列,所以an=2n,Sn=2(1-2因為tSn-14≤Sn2對任意的n∈N又Sn>0且Sn單調(diào)遞增,所以t≤Sn+14Sn對任意的n∈N令g(x)=x+14x,x∈根據(jù)對勾函數(shù)的性質(zhì)可得g(x)=x+14x在(0,14)上單調(diào)遞減,在(14又2=S1<14<S2=6,且g(2)=9,g(6)=253<g(2),所以t≤S2+14S2所以t的最大值為253四、解答題:本題共5小題,共77分.解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟.15.(13分)(2024·成都模擬)在等差數(shù)列{an}中,a2+a3=a4=5.(1)求{an}的通項公式;【解析】(1)設(shè){an}的公差為d,則2a1+3d=a1+3d=5,解得a1=0,d=53所以an=a1+d(n-1)=53(n(2)求數(shù)列{1an+1an+2【解析】(2)由(1)知1an+1an+2=1d(1an所以Sn=35×(1a2-1a3+1a3-1a4+…+1an+1-1an+2)=35×(1a16.(15分)數(shù)列an滿足a1=-1,且an=3an-1-2n+3(n∈N*且n≥2)(1)求a2,a3,并證明數(shù)列an【解析】(1)因為a1=-1,且an=3an-1-2n+3(n∈N*且n≥2),則a2=3a1-1=-4,a3=3a2-3=-15,由已知可得an-n=3an-1-3n+3=3[an-1-(n-1)],a1-1=-2,則對任意的n∈N*,an-n≠0,所以當n≥2時,an故數(shù)列an(2)求數(shù)列an的通項公式【解析】(2)由(1)可知,數(shù)列an且首項為-2,公比為3,所以,an-n=-2×3n-1,因此an=n-2·3n-1.17.(15分)(2024·三明模擬)等差數(shù)列{an}中,a2+a4=-14,a3+a5=-20.(1)求數(shù)列{an}的通項公式;【解析】(1)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d,由題意得2a解得a1所以an=a1+(n-1)d=-1+(n-1)×(-3)=-3n+2.(2)已知數(shù)列{an+bn}是首項為1,公比為2的等比數(shù)列,求{bn}的前n項和Sn.【解析】(2)因為數(shù)列{an+bn}是首項為1,公比為2的等比數(shù)列,所以an+bn=2n-1,所以bn=2n-1-an=2n-1+3n-2,所以Sn=(1+2+22+…+2n-1)+[1+4+7+…+(3n-2)]=2n-1+n(18.(17分)記數(shù)列{an}的前n項積為Tn,且1Tn+2(1)證明:數(shù)列{Tn+1}是等比數(shù)列;【解析】(1)因為Tn為數(shù)列an的前n所以TnTn-1=a因為1Tn+2an=1,所以1T即1+2Tn-1=Tn(n≥2),所以Tn+1Tn又1T1+2a1=1,所以a1故{Tn+1}是以4為首項,2為公比的等比數(shù)列.(2)求數(shù)列{nTn}的前n項和Sn.【解析】(2)由(1)得:Tn+1=4×2n-1=2n+1,所以Tn=2n+1-1,則nTn=n·2n+1-n.設(shè)An=1×22+2×23+3×24+…+n·2n+1①,則2An=1×23+2×24+3×25+…+n·2n+2②,則①-②得:-An=1×22+(23+24+…+2n+1)-n·2n+2=4+23-2n+2=-4+(1-n)2n+2,則An=4+(n-1)2n+2,所以{nTn}的前n項和Sn=4+(n-1)2n+2-n(【加練備選】(2024·運城模擬)已知數(shù)列{an}的前n項和為Sn,2Sn=3an-2,其中n∈N*.(1)求數(shù)列{an}的通項公式;【解析】(1)當n=1時,2a1=3a1-2,所以a1=2,當n≥2時,2Sn=3an-2,所以2Sn-1=3an-1-2,兩式相減,得2an=3an-3an-1,所以an=3an-1,又a1=2≠0,所以數(shù)列{an}為等比數(shù)列,首項為2,公比為3,所以數(shù)列{an}的通項公式是an=2·3n-1.(2)設(shè)bn=(n-12)an,數(shù)列{bn}的前n項和為Tn,若對任意n∈N*且n≥2,2(Tn-1)≥(n-1)λ恒成立,求實數(shù)λ的取值范圍【解析】(2)由(1)知,bn=2n-12an=(2n-1)·3n-1,Tn=1×30+3×31+5×32+…+(2n則有3Tn=1×31+3×32+5×33+…+(2n-3)×3n-1+(2n-1)×3n,兩式相減得:-2Tn=1+2(3+32+33+…+3n-1)-(2n-1)×3n=1+2×3(1-3=-(2n-2)×3n-2,于是得Tn=(n-1)·3n+1,因為n∈N*且n≥2,2(Tn-1)≥(n-1)λ,所以λ≤2·3n,當n≥2時,數(shù)列{2·3n}是遞增數(shù)列,所以2·3n的最小值為18,因此λ≤18.19.(17分)(2024·濟南模擬)設(shè)數(shù)列{an},其前n項和為Sn,2Sn=3n2+3n,{bn}為單調(diào)遞增的等比數(shù)列,b1b2b3=729,b1+a2=b3-a6.(1)求數(shù)列{an},{bn}的通項公式;【解析】(1)對于數(shù)列{an},因為2Sn=3n2+3n①,所以2Sn-1=3(n-1)2+3(n-1),n≥2,n∈N*②,①-②得an=3n(n≥2,n∈N*),由①式,當n=1時,得a1=3,也滿足an=3n,所以an=3n(n∈N*).因為數(shù)列{bn}為等比數(shù)列,由等比數(shù)列的性質(zhì)得b1b2b3=b23=729,得b設(shè)數(shù)列{bn}的公比為q,又因為a2=6,a6=18,所以b1+a2=b3-a6,即9q+6=9q解得q=3或-13又因為{bn}為單調(diào)遞增的等比數(shù)列,所以q=3,所以bn=3n(n∈N*).(2)記cm為{bn}在區(qū)間(0,am](m∈N*)中的項的個數(shù),求數(shù)列{cm}的前100項和T100.【解析】(2)由于31=3,32=9,33=27,34=81,35=243,36=729,所以c1,c2對應(yīng)的區(qū)間為(0,3],(0,6],則c1=c2=1,即有2個1;c3,c4,…,c8對應(yīng)的區(qū)間為(0,9],(0,12],…,(0,24],則c3=c4=…=c8=2,即有6個2;c9,c10,…,c26對應(yīng)的區(qū)間為(0,27],(0,30],…,(0,78],則c9=c10=…=c26=3,即有18個3;c27,c28,…,c80對應(yīng)的區(qū)間為(0,81],(0,84],…,(0,240],則c27=c28=…=c80=4,即有54個4;c81,c82,…,c100對應(yīng)的區(qū)間為(0,243],(0,246],…,(0,300],則c81=c82=…=c100=5,即有20個5;所以T100=1×2+2×6+3×18+4×54+5×20=384.階段滾動檢測(四)120分鐘150分一、選擇題:本題共8小題,每小題5分,共40分.在每小題給出的四個選項中,只有一項是符合題目要求的.1.(2024·萍鄉(xiāng)模擬)已知a,b,c是空間中兩兩垂直的單位向量,則|3a+b-2c|=()A.14 B.14 C.2 D.2【解析】選A.依題意得,|a|=|b|=|c|=1,a·b=a·c=c·b=0;所以|3a+b-2c|=(3a+b=14.2.在三棱錐P-ABC中,點O為△ABC的重心,點D,E,F分別為側(cè)棱PA,PB,PC的中點,若a=,b=,c=,則=()A.13a+13b+13c B.-13a-1C.-23a-13b-23c D.23a+2【解析】選D.取BC的中點為M,如圖所示:則a==-=12-,b==-=12-,c==-=12-相加可得a+b+c=-12(++)?++=-2(a+b+c),所以=-=--23=--23×12(+)=--13(-+-)=-13(++)=23(a+b+c).3.(2024·無錫模擬)已知m,n,l是三條不重合的直線,α,β是兩個不重合的平面,則下列說法不正確的是()A.若α∥β,m?α,則m∥βB.若m?α,n?β,α∥β,則m∥nC.若m∥n,m⊥α,則n⊥αD.若m,n是異面直線,m∥α,n∥α,l⊥m且l⊥n,則l⊥α【解析】選B.對于A:兩個平面平行,一個平面內(nèi)的一條直線平行于另外一個平面,故A正確;對于B:兩個平行平面內(nèi)的兩條直線位置可以是平行或異面,即m∥n不一定正確,故B錯誤;對于C:兩條平行線中的一條直線垂直于某個平面,則另外一條直線也垂直于此平面,故C正確;對于D:如圖,因為m∥α,所以存在直線a,a?α且滿足a∥m,又l⊥m,所以l⊥a,同理存在直線b,b?α且滿足b∥n,又l⊥n,所以l⊥b,因為m,n是異面直線,所以a,b相交,設(shè)a∩b=A,又a,b?α,所以l⊥α,故D正確.4.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(RA.494mL B.506mLC.509mL D.516mL【解析】選A.作出幾何體的軸截面如圖所示,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O(shè)D=OE=4cm,且OD⊥AB,OB=32+42=5(cm),所以球的半徑所以球缺的體積為π(3R-h)h所以該壺壺身的容積約為43π·53-2×14π3=472π5.(2024·北京模擬)如圖,四棱錐P-ABCD中,底面ABCD是矩形,AD=2AB,PA⊥平面ABCD,下列敘述中錯誤的是()A.AB∥平面PCDB.PB⊥BCC.PC⊥BDD.平面PAD⊥平面ABCD【解析】選C.對于選項A:在矩形ABCD中,因為AB∥CD,CD?平面PCD,AB?平面PCD,所以AB∥平面PCD,故選項A正確;對于選項B:PA⊥平面ABCD,BC?平面ABCD,所以PA⊥BC,在矩形ABCD中,AB⊥BC,AB∩PA=A,AB,PA?平面PBA,所以BC⊥平面PBA,而PB?平面PBA,所以PB⊥BC,故選項B正確;對于選項C:因為PA⊥平面ABCD,而BD?平面ABCD,所以PA⊥BD,所以·=0,而=+,·=(+)·=·+·=·,在矩形ABCD中,AC與BD不垂直,所以·≠0,即·≠0,PC與BD不垂直,故選項C不正確;對于選項D:PA⊥平面ABCD,PA?平面PAD,所以平面PAD⊥平面ABCD,故選項D正確.6.(2024·北京模擬)已知底面邊長為2的正四棱柱ABCD-A1B1C1D1的體積為83,則直線AC與A1B所成角的余弦值為()A.32 B.22 C.34 【解析】選D.如圖,連接A1C1,BC1,則AD=AB=2,正四棱柱ABCD-A1B1C1D1的體積V=2×2×AA1=83,則AA1=23,因為AC∥A1C1,則∠C1A1B為異面直線AC與A1B所成角,可得A1B=BC1=22+(23)2=4,A1故cos∠C1A1B=(22)7.已知球O的半徑為2,三棱錐O-ABC底面上的三個頂點均在球O的球面上,∠BAC=2π3,BC=3,則三棱錐體積的最大值為(A.14 B.13 C.12 【解析】選A.設(shè)△ABC所在外接圓的半徑為r,由BCsin∠BAC=2r,得332=2設(shè)三棱錐的高為h,則h2=22-r2=22-1=3,所以h=3;在△ABC中,如圖:A點在劣弧BC上運動,顯然當A點為BC的中點時,高AD最大,AD的最大值為BC2×tanπ6=所以△ABC面積的最大值為12×12×3=34,故三棱錐O-ABC體積的最大值為13×3×【加練備選】(2024·德州模擬)在三棱錐P-ABC中,△ABC是以AC為斜邊的等腰直角三角形,△PAC是邊長為2的正三角形,二面角P-AC-B的大小為150°,則三棱錐P-ABC外接球的表面積為()A.28π3 B.C.2821π27 【解析】選A.如圖,取AC的中點H,連接BH,PH,由題意,AB=BC=22AC=2,PA=PC所以BH⊥AC,PH⊥AC,所以∠BHP為二面角P-AC-B的平面角,所以∠BHP=150°,因為△ABC是以AC為斜邊的等腰直角三角形,且AC=2,所以AH=BH=CH=1,H為△ABC外接圓的圓心,又△PAC是邊長為2的等邊三角形,所以HP=3,過點H作與平面ABC垂直的直線,則球心O在該直線上,設(shè)球的半徑為R,連接OB,OP,可得OH2=OB2-BH2=R2-1,在△OPH中,∠OHP=60°,利用余弦定理可得OP2=OH2+HP2-2HO·HP·cos60°,所以R2=R2-1+3-2×R2-1×3×12,解得R所以外接球的表面積為4πR2=28π38.(2024·長春模擬)芻甍是《九章算術(shù)》中出現(xiàn)的一種幾何體,如圖所示,其底面ABCD為矩形,頂棱PQ和底面平行,書中描述了芻甍的體積計算方法:求積術(shù)曰,倍下袤,上袤從之,以廣乘之,又以高乘之,六而一,即V=16(2AB+PQ)BC·h(其中h是芻甍的高,即頂棱PQ到底面ABCD的距離),已知AB=2BC=8,△PAD和△QBC均為等邊三角形,若二面角P-AD-B和Q-BC-A為()A.303 B.203C.9923 D.【解析】選D.如圖:分別取AD,BC的中點M,N,連接PM,QN,MN,由底面ABCD為矩形,所以MN∥AB,因為頂棱PQ和底面ABCD平行,且PQ?平面PABQ,平面PABQ∩平面ABCD=AB,所以PQ∥AB,所以PQ∥MN,即P,Q,N,M四點共面,過P,Q分別作直線MN的垂線,垂足為P',Q',因為底面ABCD為矩形,易得AD⊥MN,因為△PAD為等邊三角形,且M為AD的中點,所以AD⊥PM,因為MN∩PM=M,MN,PM?平面PP'Q'Q,所以AD⊥平面PP'Q'Q,因為PP'?平面PP'Q'Q,所以AD⊥PP',又因為PP'⊥P'Q',且P'Q'∩AD=M,P'Q',AD?平面ABCD,所以PP'⊥平面ABCD,所以PP'為PQ到底面ABCD的距離h,同理可證:BC⊥平面PP'Q'Q,QQ'⊥平面ABCD,所以∠PMN為二面角P-AD-B的平面角,∠QNM為二面角Q-BC-A的平面角.因為二面角P-AD-B和Q-BC-A的大小均為120°,所以∠PMN=∠QNM=120°,由AB=2BC=8,△PAD和△QBC均為等邊三角形,易得PQ=P'M+MN+NQ'=8+23,h=PP'=3,所以V=16(2AB+PQ)BC·h=16(2×8+8+23)×4×3=48+4二、選擇題:本題共3小題,每小題6分,共18分.在每小題給出的四個選項中,有多項符合題目要求.全部選對的得6分,部分選對的得部分分,有選錯的得0分.9.已知平面α的一個法向量為n1=(1,-2,-12),平面β的一個法向量為n2=(-1,0,-2),直線l的方向向量為a=(1,0,2),直線m的方向向量為b=(0,1,-2),則(A.l∥αB.α⊥βC.l與m為相交直線或異面直線D.a在b向量上的投影向量為0【解析】選BC.對于A,因為a=(1,0,2),n1=(1,-2,-12),且a·n1=1+0-1=0,所以a⊥n1,l∥α或l?α對于B,因為n1=1,-2,-12,n2=(-1,0,-2),且n所以n1⊥n2,平面α⊥β,選項B正確;對于C,因為a=(1,0,2),b=(0,1,-2),a與b不共線,所以直線l與m相交或異面,選項C正確;對于D,a在b向量上的投影向量為a·b|b|2b10.(2024·長沙模擬)已知S為圓錐的頂點,AB為該圓錐的底面圓O的直徑,∠SAB=45°,C為底面圓周上一點,∠BAC=60°,SC=2,則()A.該圓錐的體積為πB.AC=3C.該圓錐的側(cè)面展開圖的圓心角大于180°D.二面角A-BC-S的正切值為2【解析】選AC.如圖,因為∠SAB=45°,所以△SAB為等腰直角三角形,又SC=2,則SA=SB=2,所以AB=SA2+SB2=2,則所以該圓錐的體積為V=13πr2·SO=π易知△ABC為直角三角形,且∠ACB=90°,又∠BAC=60°,則∠ABC=30°,所以AC=12AB該圓錐的側(cè)面展開圖為扇形,其弧長l=2π,扇形半徑R=SA=2,設(shè)扇形圓心角為α,所以α=lR=2所以該圓錐的側(cè)面展開圖的圓心角大于180°,C正確;取BC的中點D,連接SD,OD,則SD⊥BC,OD為△ABC的中位線,所以O(shè)D⊥BC,OD=12AC=1所以∠ODS為二面角A-BC-S的平面角,易知△SOD為直角三角形,所以tan∠ODS=SOOD=2,D錯誤11.(2024·葫蘆島模擬)如圖,△ABC為等腰直角三角形,斜邊上的中線AD=2,E為線段BD的中點,將△ABC沿AD折成大小為π2的二面角,連接BC,形成四面體C-ABD,若P是該四面體表面或內(nèi)部一點,則下列說法正確的是(A.若點P為CD的中點,則過A,E,P的平面將三棱錐A-BCD分成兩部分的體積比為1∶4B.若直線PE與平面ABC沒有交點,則點P的軌跡與平面ADC的交線長度為2C.若點P在平面ACD上,且滿足PA=2PD,則點P的軌跡長度為4πD.若點P在平面ACD上,且滿足PA=2PD,則線段PE長度的取值范圍是(133,21【解析】選BC.對A,如圖所示,由題意可知AD⊥DC,AD⊥DB,DC∩DB=D,DC,DB?底面BCD,故AD⊥底面BCD.由于E為線段BD的中點,點P為CD的中點,故S△DEP=14S△DBC又三棱錐A-DEP與三棱錐A-DBC等高,故VA-DEP=14VA-DBC,VA-EPCB=34VA-故過A,E,P的平面將三棱錐A-BCD分成兩部分的體積比為1∶3,故A錯誤;對B,若直線PE與平面ABC沒有交點,則點P在過點E和平面ABC平行的平面上,如圖所示,設(shè)CD的中點為F,AD的中點為G,連接EF,FG,EG,則平面EFG∥平面ABC,則點P的軌跡與平面ADC的交線即為GF,由于原△ABC為等腰直角三角形,斜邊上的中線AD=2,故AC=22,則GF=12AC=2對C,若點P在平面ACD上,且滿足PA=2PD,以D為原點,DC,DA所在直線分別為x,y軸建立平面直角坐標系,如圖,則A(0,2),C(2,0),設(shè)P(x,y),則x2+(即x2+(y+23)2=16故P點在平面ADC上的軌跡即為圓弧NT(如圖所示),由x2+(y+23)2=169可得圓心M(0,-23),T(0,23),則∠TMN=π3,則點P的軌跡長度為43×π3對D,由題意可知BD⊥AD,BD⊥DC,AD,DC?平面ADC,故BD⊥平面ADC,故PE=ED2+PD2=1+P故當P在T時PD取最小值23,此時PE取最小值13當P在N時PD取最大值233,此時PE取最大值故線段PE長度的取值范圍是[133,213三、填空題:本題共3小題,每小題5分,共15分.12.兩個非零向量a,b,定義|a×b|=|a||b|sin<a,b>.若a=(1,0,1),b=(0,2,2),則|a×b|=____.

答案:23【解析】設(shè)向量a,b的夾角為θ,因為a=(1,0,1),b=(0,2,2),所以|a|=2,|b|=22,a·b=2,所以cosθ=a·b|a|·|因為θ∈[0,π],所以sinθ=32所以|a×b|=|a||b|sinθ=2×22×32=2313.如圖所示,在四棱錐P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,且底面各邊都相等,M是PC上的一動點,當點M滿足__________時,平面MBD⊥平面PCD.(只要填寫一個你認為是正確的條件即可)

答案:DM⊥PC(或BM⊥PC等,答案不唯一)【解析】連接AC交BD于點O(圖略),因為PA⊥平面ABCD,BD?平面ABCD,所以PA⊥BD.又由底面各邊都相等得AC⊥BD,又PA∩AC=A,所以BD⊥平面PAC,所以BD⊥PC.所以當DM⊥PC(或BM⊥PC)時,即有PC⊥平面MBD,而PC?平面PCD,所以平面MBD⊥平面PCD.14.(2024·沈陽模擬)如圖,正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為2,P是過頂點B,D,D1,B1的圓上的一點,Q為CC1的中點.當直線PQ與平面ABCD所成的角最大時,點P的坐標為________;直線PQ與平面ABCD所成角的正弦值的取值范圍是________.

答案:(1,1,±3+1)[0,155【解析】過點O作EF⊥平面ABCD,交于點E,交BD于點F,易得OE=OF=3,Q(0,2,1),E(1,1,3+1),F(1,1,-3+1),所以=(1,-1,3),=(1,-1,-3).由圖可知當點P在點E或點F的位置,即P的坐標為(1,1,±3+1)時,直線PQ與平面ABCD所成的角最大.易得平面ABCD的一個法向量為n=(0,0,1).設(shè)直線QE與平面ABCD所成的角為θ,則sinθ=|cos<,n>|==31+1+3×1=155,即直線PQ與平面ABCD所成角的正弦值的最大值為155當PQ∥平面ABCD時,直線PQ與平面ABCD所成角的正弦值最小為0,所以直線PQ與平面ABCD所成角的正弦值的取值范圍是[0,155]四、解答題:本題共5小題,共77分.解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟.15.(13分)如圖,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AC=3,BC=AA1=4,AB=5,點D為AB的中點.(1)求證:AC⊥BC1;【解析】(1)在△ABC中,因為AC=3,AB=5,BC=4,所以△ABC為直角三角形,AC⊥BC,又在直三棱柱ABC-A1B1C1中,CC1⊥平面ABC,所以CC1⊥AC,CC1∩BC=C,所以AC⊥平面BCC1,因為BC1?平面BCC1,所以AC⊥BC1;(2)求三棱錐A1-CDB1的體積.【解析】(2)在△ABC中,過C作CF⊥AB,垂足為F,因為平面ABB1A1⊥平面ABC,且平面ABB1A1∩平面ABC=AB,所以CF⊥平面ABB1A1,而CF=AC·BCAB=3×4因為VA1-而S△DA1B1=12A1B所以VA1-B1CD16.(15分)如圖,四棱錐P-ABCD中,底面ABCD為直角梯形,AB∥CD,∠ABC=90°,AB=4,BC=CD=2,△PAD為等邊三角形,BD⊥PA.(1)證明:BD⊥平面PAD;【解析】(1)取AB中點E,連接DE,因為AB∥CD,∠ABC=90°,AB=4,BC=CD=2,所以四邊形EBCD為正方形,△AED為等腰直角三角形,則∠ADE=45°,∠BDE=45°,得∠ADE+∠BDE=90°,故BD⊥AD,因為BD⊥PA,PA∩AD=A,PA,AD?平面PAD,所以BD⊥平面PAD.(2)求點C到平面PBD的距離.【解析】(2)設(shè)點C到平面PBD的距離為h,由(1)得PD=BD=22,BD⊥PD,則△BDP面積為12PD·BD取AD中點O,連接PO,則PO⊥AD,且PO=6,因為BD⊥平面PAD,PO?平面PAD,所以BD⊥PO,AD∩BD=D,AD,BD?平面ABCD,所以PO⊥平面ABCD,又△BCD的面積為12BC·CD=2,三棱錐C-PBD的體積為VC-PBD=13S△BDP·h=VP-BCD=13S△BCD·PO得h=62.即點C到平面PBD的距離為617.(15分)如圖,在四棱錐P-ABCD中,底面ABCD為菱形,E,F分別為PA,BC的中點.(1)證明:EF∥平面PCD.【解析】(1)取PD的中點G,連接CG,EG,因為E,F分別為PA,BC的中點,所以EG∥AD,EG=12AD又因為底面ABCD為菱形,所以CF∥AD,CF=12AD,所以EG∥CF,EG=CF所以四邊形EGCF為平行四邊形,所以EF∥CG,又CG?平面PCD,EF?平面PCD,所以EF∥平面PCD.(2)若PD⊥平面ABCD,∠ADC=120°,且PD=2AD=4,求直線AF與平面DEF所成角的正弦值.【解析】(2)連接BD,因為PD⊥平面ABCD,DF,DA?平面ABCD,所以PD⊥DF,PD⊥DA,因為四邊形ABCD為菱形,∠ADC=120°,所以△BCD為等邊三角形,因為F為BC的中點,所以DF⊥BC,因為BC∥DA,所以DF⊥DA,所以DF,DA,DP兩兩垂直,所以以D為坐標原點建立如圖所示的空間直角坐標系Dxyz,因為AD=12PD=2,所以D(0,0,0),F(3,0,0),A(0,2,0),E則=(0,1,2),=(3,0,0),=(3,-2,0),設(shè)平面DEF的法向量m=(x,y,z),則,令z=1,得m=(0,-2,1),設(shè)直線AF與平面DEF所成的角為θ,則sinθ=|cos<m,>|==|4|5×7所以直線AF與平面DEF所成角的正弦值為43518.(17分)(2024·武漢模擬)如圖,在四棱錐P-ABCD中,底面ABCD是矩形,側(cè)面PAD⊥底面ABCD,E為線段PA的中點,過C,D,E三點的平面與線段PB交于點F,且PA=PD=AB=2.(1)證明:EF⊥AD;【解析】(1)由題意得,AB∥CD,又AB?平面PAB,CD?平面PAB,所以CD∥平面PAB.又CD?平面CDEF,平面CDEF∩平面PAB=EF,所以CD∥EF.又CD⊥AD,所以EF⊥AD.(2)若四棱錐P-ABCD的體積為83,則在線段PB上是否存在點G,使得二面角G-CD-B的正弦值為55?若存在,求PG【解析】(2)取AD的中點O,連接PO,因為PA=PD,所以PO⊥AD,又平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,PO?平面PAD,所以PO⊥平面ABCD,所以VP-ABCD=13AB·AD·PO=83,則AD·又PO2+(12AD)2所以PO=2,AD=22.取BC的中點為H,以O(shè)A,OH,OP所在直線分別為x軸,y軸,z軸,建立如圖所示的空間直角坐標系,則P(0,0,2),B(2,2,0),D(-2,0,0),C(-2,2,0),所以=(2,2,-2),=(0,-2,0),假設(shè)存在點G,設(shè)=λ(λ∈[0,1]),G(x1,y1,z1),所以(x1,y1,z1-2)=λ(2,2,-2),則G(2λ,2λ,2(1-λ)),所以=(2(1+λ),2λ,2(1-λ)),設(shè)平面GCD的法向量為n1=(x2,y2,z2),,即2(可取n1=(λ-1,0,λ+1),又平面ABCD的一個法向量n2=(0,0,1),因為二面角G-CD-B的正弦值為55所以|cos<n1,n2>|=|λ+1|(λ-1)2+所以線段PB上存在點G,使得二面角G-CD-B的正弦值為55,此時PGPB=【加練備選】(2024·岳陽模擬)如圖1,平面圖形PABCD由直角梯形ABCD和Rt△PAD拼接而成,其中AB=BC=1,BC∥AD,PA=PD=2,PA⊥PD,AB⊥