17 “数列，立体几何“跟踪训练-《中学生数理化》高考数学2024年11月刊

■安徽省太湖县师训科教中心 严 亮 一、单选题 1.已知等差数列{an}的首项为1,公差 不为0。若a2,a3,a6 成等比数列,则{an}的 前6项和为( )。 A.-24 B.-3 C.3 D.8 2.已 知 数 列{an}满 足 a1=0,an+1= an- 3 3an+1 (n∈N*),则a56=( )。 A. 3 B.0 C. 3 2 D.- 3 3.已知正项等差数列{an}的前n项和为 Sn,则“2a1+a2=a3”是“ Sn 为等差数列”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 4.河南洛阳的龙门石窟是中国石刻艺术 宝库之一,现为世界文化遗产,龙门石窟与莫 高窟、云冈石窟、麦积山石窟并称中国四大石 窟。现有一石窟的某处“浮雕像”共7层,每上 层的数量是下层的2倍,总共有1 016个“浮雕 像”,这些“浮雕像”构成一幅优美的图案,若从 最下层往上数每一层“浮雕像”的数量构成一 个数列{an},则log2(a3·a5)的值为( )。 A.8 B.10 C.12 D.16 5.已知矩形 ABCD 中,AB = 2,BC = 1, 将△CBD 沿 BD 折起至△C'BD,当C'B 与AD 所成角最大时,三棱锥C'-ABD 的体积为( )。 A. 3 6 B. 3 2 C. 25 5 D. 25 15 6.已知圆锥的顶点为S,O 为底面圆心, 母线SA 与SB 互相垂直,△SAB 的面积为 8,SA 与圆锥底面所成的角为30°,则下列说 法正确的是( )。 A.圆锥的高为 1 B.圆锥的体积为 24π C.圆锥侧面展开图的圆心角为 23 3 π D.二面角S-AB-O 的大小为45° 7.已 知 二 面 角 α-l-β 的 平 面 角 为 θ0<θ< π 2 ,A∈α,B∈β,C∈l,D∈l,AB ⊥l,AB 与平面β所成角为 π 3 。记△ACD 的 面积为S1,△BCD 的面积为S2,则 S1 S2 的取值 范围为( )。 A.12 ,1 B.12, 3 C. 3 2 , 3 􀭠 􀭡 􀪁􀪁 D. 3 2 ,1 􀭠 􀭡 􀪁􀪁 8.在边长为 4 的正方体ABCD-A1B1C1D1 中,E 是BC 的中点,P 是侧面ABB1A1 内的动 点 (含四条边),且tan ∠APD=4tan ∠EPB,则 点P 的轨迹长度为( )。 A. π 9 B. 2π 9 C. 4π 9 D. 8π 9 二、多选题 9.设数列{an}的前n 项和为Sn,已知 Sn=-n2+7n,则( )。 A.数列{an}是递增数列 B.a4=0 C.当n>4时,an<0 D.当n=3或4时,Sn 取得最大值 10.已知数列{an}是等比数列,那么下列 数列一定是等比数列的是( )。 A.1an B.{an·an+1} C.{an+an+1} D.{lg a2n} 图1 11.如图1,点P 在正方 体 ABCD-A1B1C1D1 的 面 对角线BC1 上运动,则下列 结论中正确的是( )。 A.三棱锥 A-PB1D1 的 体积不变 B.DP∥平面AB1D1 C.平面A1CP⊥平面PBD 44 演练篇 核心考点AB卷 高考数学 2024年11月 D.A1P⊥BD1 12.已知圆台的上底面和下底面的直径 分别为 2,6,高为 23,则 ( )。 A.该圆台的体积为 263π B.该圆台外接球的表面积为 112 3π C.用过任意两条母线的平面截该圆台所 得截面周长的最大值为16 D.挖去以该圆台上底面为底,高为 3的 圆柱后所得几何体的表面积为(16+23)π 三、填空题 13.已知数列{an}满足a2=0,a2n+1= a2n+ 1 n ,a2n+2=a2n+1- 1 n+1 (n∈N*),则数 列{an}的第2 026项为 。 14.已知公差为正数的等差数列{an}的 前n 项和为Sn,{bn}是等比数列,且 S2= -2(b3+b4)2,S6=6(b1+b2)(b5+b6),则数 列{Sn}的最小项是第 项。 图2 15.如图2,在圆柱O1O2 内 有一个球O,该球与圆柱的上、下 底面 及 母 线 均 相 切。记 圆 柱 O1O2 的体积为V1,球O 的体积 为V2,则 V1 V2 的值是 。 16.已知在直三棱柱 ABC- A1B1C1 中,∠ABC=120°,AB=2,BC= CC1=1,则异面直线 AB1 与BC1 所成角的 余弦值为 。 四、解答题 17.已知公差不为0的等差数列{an}的 前n项和为Sn,S9=81,且a2,a5,a14 成等比 数列。 (1)求数列{an}的通项公式an ; (2)设bn= 1+ 1 Sn + 1 Sn+1 ,求数列{bn} 的前n项和Tn。 18.已知数列{an}的通项公式为an=3n-2。 若正项等比数列{bn}满足b1=a1,b3=a2,且cn =an·bn,数列{cn}的前n项和为Tn。 (1)求Tn; (2)若对任意n≥2,n∈N*,均有(Tn-5)m ≥6n2-31n+35恒成立,求实数m 的取值范围。 图3 19.如图3所示,在棱长为 2的正方体ABCD-A1B1C1D1 中,E,F 分 别 是 棱 AB,BC 上的动点,且AE=BF。 (1)求证:A1F⊥C1E; (2)当 三 棱 锥 B1-BEF 的体积取得最大值时,求二 面角B1-EF-B 的正切值。 图4 20.如图4所示,在四棱锥 P-ABCD 中,PD⊥平面ABCD, 底面ABCD 为正方形,BC=PD =2,E 为PC 的中点,G 为BC 上一点,且CB=3CG。 (1)求证:PC⊥BC。 (2)试问:在线段 AD 上是否存在一点 M,使得PA∥平面 MEG? 若存在,求出AM 的长;若不存在,请说明理由。 图5 21.如 图5,在 直 三 棱 柱 ABC-A1B1C1 中,AC⊥BC,AC =BC=AA1=2,P 为棱B1C1 的 中点,Q为线段A1B上一动点。 (1)求证:当Q 为线段A1B 的中点时,PQ⊥平面A1BC。 (2)设BQ→=λBA1→,试问: 是否存在实数λ,使得平面 A1PQ 与平面 B1PQ 所成锐二面角的余弦值为 30 10 ? 若存 在,求出这个实数λ;若不存在,请说明理由。 参考答案及提示 一、单选题 1.A 2.D 3.C 4.C 5.A 6.D 提示:对于A选项,因为SO 与底 面垂直,OA 为底面圆的半径,所以 SO⊥ OA,所以SA 与圆锥底面所成的角为∠SAO =30°,又因为SA⊥SB,所以△SAB 的面积 为 1 2 SA·SB = 1 2× SA2= 8,解得SA= 4,所以该圆锥的高SO=SA·sin 30°=4× 1 2=2 ,故 A错误;对于B选项,该圆锥的底 面半径OA=SA·cos 30°=4× 3 2 = 23, 54 演练篇 核心考点AB卷 高考数学 2024年11月 所以该圆锥的体积V= 1 3π × OA2×SO = 1 3π ×(23)2×2=8π,故B错误;对于C选 项,设该圆锥侧面展开图的圆心角为θ,底面 圆周长为 2π × AO = 43π,则θ= 43π SA = 图6 43π 4 = 3π ,故C错误;对于 D选项,如图6,取AB 的中点 E,连接 OE,SE,因为 SA= SB,所以SE⊥AB,由垂径定 理可得OE⊥AB,所以二面角 S-AB-O 的平面角为∠SEO, 因为SO⊥平面OAE,OE⊂平面AOE,所以 SO⊥OE,因 为 SA⊥SB,SA=SB,所 以 △SAB 为 等 腰 直 角 三 角 形,则 AB = SA2+SB2= 42+42=42,SE= 1 2AB =22,所以sin ∠SEO= SO SE= 2 2 ,因为0° ≤∠SEO≤90°,所以∠SEO=45°,所以二面 角S-AB-O 的大小为45°,故D正确。 图7 7.C 提示:如图7,作 AE⊥CD,垂 足 为 E,连 接 BE,因为 AB⊥l,即 AB⊥ CD,AE∩AB=A,AE,AB ⊂平面 AEB,所以CD⊥平 面AEB。又BE⊂平面AEB,故CD⊥BE。 又CD⊂β,故平面AEB⊥β,平面AEB∩β= BE,则 AB 在β 内 的 射 影 在 BE 上,则 ∠ABE 为AB 与平面β所成角,即∠ABE= π 3 。由于AE⊥CD,CD⊥BE,故∠AEB 为 二 面 角 α-l-β 的 平 面 角,即 ∠AEB = θ0<θ< π 2 。S1S2 = 1 2AE×CD 1 2BE×CD = AE BE ,在 △ABE 中, AE sin ∠ABE = BE sin ∠BAE = AB sin ∠AEB ,则 AE BE = sin ∠ABE sin ∠BAE = 3 2 · 1 sin ∠BAE 。而0<θ< π 2 ,则∠BAE=π- π 3-θ= 2π 3-θ ,则∠BAE∈ π6 ,2π 3 ,所以 sin ∠BAE∈ 12 ,1 。故AEBE =sin ∠ABE sin ∠BAE = 3 2 · 1 sin ∠BAE ∈ 3 2 , 3 􀭠 􀭡 􀪁􀪁 ,即S1S2 ∈ 3 2 , 3 􀭠 􀭡 􀪁􀪁 。 图8 8.D 提示:如图8,在正 方 体 ABCD-A1B1C1D1 中, DA⊥平面 A1ABB1,CB⊥平 面 A1ABB1,在 Rt△PAD 和 Rt△PBC 中,tan∠APD = AD AP ,tan∠EPB= BE PB 。因为 tan ∠APD=4tan∠EPB,BE= 1 2BC= 图9 1 2AD ,所 以 PA= 1 2PB 。 如图9,在平面ABB1A1 中, 以A 为坐标原点,AB,AA1 为x 轴,y 轴的正方向,建立 平面直角坐标系,则 A(0, 0),B(4,0),设P(x,y),由PA= 1 2PB 可得 x2+y2 = 1 2 (x-4)2+y2,化 简 得 x+ 4 3 2 +y2= 64 9 ,由于x≥0,y≥0,故点 P 的轨迹表示圆心在 - 4 3 ,0 ,半径为r= 8 3 的圆在第一象限的弧长。又 Q 0, 43 3 , 故∠QMA= π 3 ,因此轨迹为∠QMA= π 3 所 对的弧长,故长度为π 3× 8 3= 8π 9 。 二、多选题 9.BCD 10.AB 11.ABC 12.BC 提示:由已知得圆台的上、下底 面的半径分别为1、3。对于 A,圆台的体积 为 1 3π (12+32+1×3)×23= 263 3 π ,A错 误;对于B,设圆台的外接球的半径为R,则 R2-12+ R2-32=23,解得R2= 28 3 , 64 演练篇 核心考点AB卷 高考数学 2024年11月 所以外接球的表面积为4πR2= 112 3π ,B正 确;对于C,用过任意两条母线的平面截该圆 台所得截面周长,其中轴截面的周长最大,又 母线长为 (23)2+(3-1)2 =4,则最大周 长为4+4+2+6=16,C正确;对于D,挖去 以该圆台上底面为底、高为 3的圆柱后所得 几何体的表面积为π(12+32)+π(1+3)× 4+2π×1× 3=26π+23π,D错误。 三、填空题 13. 1 012 1 013 14.2 15. 3 2 图10 16. 10 5 提示:如图 10所示,将该直三棱柱补充 成直四棱柱,并连接BD,则 CD∥AB 且CD=AB,则四 边形ABCD 是平行四边形, 所以AD􀱀BC􀱀B1C1,所以四边形AB1C1D 是平行四边形,所以 AB1∥DC1 且 AB1= DC1,所以∠BC1D 为异面直线AB1 与BC1 所 成的角或所成角的补角。在△BC1D 中,BC1= 2,DC1= 5,BD= 4+1-2×2×1× 1 2 = 3,则 由 余 弦 定 理 得 cos∠BC1D = 2+5-3 2× 2× 5 = 10 5 ,即异面直线AB1 与BC1 所成角的余弦值为 10 5 。 四、解答题 17.(1)由S9= a1+a9 2 ·9=9a5=81,得 a5=9。又a2·a14=a25,即(a5-3d)(a5+ 9d)=81,化简得-d2+2d=0,解得d=0 (舍去),或d=2。由a5=a1+4d=9,解得 a1=1,所以an=2n-1。 (2)由(1)知Sn= a1+an 2 ·n=n2,所以 bn= 1+ 1 Sn + 1 Sn+1 = 1+ 1 n2 + 1 (n+1)2 = [n(n+1)+1]2 n(n+1) = n(n+1)+1 n(n+1) =1+ 1 n- 1 n+1 ,所 以 Tn =b1 +b2 + … +bn = 1+1- 1 2 + 1+12-13 + … + 1+ 1 n- 1 n+1 =n+1- 1n+1=n 2+2n n+1 。 18.(1)由题知b1=1,b3=4,所以bn= 2n-1,则cn=an·bn=(3n-2)·2n-1。 故Tn=1×20+4×21+…+(3n-2)· 2n-1,2Tn=1×21+4×22+…+(3n-2)· 2n,所以-Tn=Tn-2Tn=1+3(21+22+… +2n-1)-(3n-2)·2n=(5-3n)·2n-5,所 以Tn=(3n-5)·2n+5。 (2)因为(3n-5)·2n·m≥6n2-31n+ 35(n≥2,n∈N* )恒 成 立,所 以 m ≥ 6n2-31n+35 (3n-5)·2n = (3n-5)(2n-7) (3n-5)·2n = 2n-7 2n , 即m≥ 2n-7 2n 对任意n≥2,n∈N*恒成立。 设kn= 2n-7 2n ,则kn+1-kn= 2n-5 2n+1 - 2n-7 2n = 9-2n 2n+1 。当n≤4时,kn+1>kn;当n ≥5时,kn+1<kn。 所以(kn)max=k5= 3 25 = 3 32 ,所以m≥ 3 32 。 图11 19.设 AE=BF=m (0≤m≤2)。以 D 为坐标 原点,建立如图11所示的 空间直角坐标系,则 D(0, 0,0),A(2,0,0),B(2,2, 0),C(0,2,0),D1(0,0,2), A1(2,0,2),B1(2,2,2), C1(0,2,2),E(2,m,0), F(2-m,2,0)。 (1)因为 A1F→=(-m,2,-2),C1E→= (2,m-2,-2),所以A1F→·C1E→=(-m,2, -2)·(2,m-2,-2)=0,所以A1F⊥C1E。 (2)因为V三棱锥B1-BEF= 1 3S△BEF ·BB1= 2 3S△BEF ,所以当S△BEF 取得最大值时,三棱锥 B1-BEF 的体积取得最大值。因为S△BEF= 74 演练篇 核心考点AB卷 高考数学 2024年11月 1 2 (2-m)m= 1 2- 1 2 (m-1)2≤ 1 2 ,所以当 m=1,即E,F 分别是棱AB,BC 的中点时, 三棱锥 B1-BEF 的体积取得最大值,此时 E(2,1,0),F(1,2,0),B1E→=(0,-1,-2), EF→=(-1,1,0)。 设平面B1EF 的法向量为m=(a,b,c), 则 m·B1E→=0, m·EF→=0, 即 b+2c=0,b-a=0, 取a=2,则 b=2,c=-1,得m=(2,2,-1)。 显然底面ABCD 的一个法向量为n=(0, 0,1),设二面角 B1-EF-B 的平面角为θ,则 cos<m,n>= m·n |m||n|=- 1 3 ,由题意知θ为锐 角,所以cos θ= 1 3 ,于是sin θ= 22 3 ,所以tan θ =22,即二面角B1-EF-B 的正切值为22。 20.(1)因为底面 ABCD 为正方形,PD 图12 ⊥平面ABCD,所以以D 为 原点,DA,DC,DP 所在直 线分别为x 轴,y 轴,z轴,建 立如图12所示的空间直角 坐标 系,所 以 P(0,0,2), B(2,2,0),C(0,2,0),则PC→ =(0,2,-2),BC→=(-2,0, 0),所以PC→·BC→=0,所以PC⊥BC。 (2)假设在线段AD 上存在一点M,使得 PA∥平面 MEG,设 M(a,0,0)(0≤a≤2)。 由题知,P(0,0,2),A(2,0,0),E(0,1,1), G 23 ,2,0 ,所以 PA→=(2,0,-2),ME→= (-a,1,1),EG→= 23,1,-1 。 设平面MGE 的法向量为m=(x,y,z), 则 m·ME→=0, m·EG→=0, 即 -ax+y+z=0, 2 3x+y-z=0 , 令x= 1,得m= 1, a 2- 1 3 ,a 2+ 1 3 。 因为 PA∥平面 MEG,所以 m·PA→= 2-2a2+ 1 3 =0,解得a=43,符合要求,所 以AM 的长为2- 4 3= 2 3 。 21.(1)连接AB1,AC1,显然A,Q,B1 三 点共线。因为P,Q 分别为B1C1 和A1B 的 中点,所 以 Q 为 AB1 的 中 点,所 以 PQ∥ AC1。在直三棱柱 ABC-A1B1C1 中,AC⊥ BC,所以 BC⊥平面 ACC1A1,所以 BC⊥ AC1。又AC=AA1,所以四边形A1ACC1 为 正方形,所以AC1⊥A1C。因为 A1C,BC⊂ 平面A1BC,所以AC1⊥平面A1BC。而PQ ∥AC1,所以PQ⊥平面A1BC。 图13 (2)以 C 为 原 点,CA, CB,CC1 所在直线分别为x 轴,y 轴,z 轴,建立如图13 所示的空间直角坐标系,则 B(0,2,0),A1 (2,0,2), B1(0,2,2),P(0,1,2)。 连 接 A1P,B1Q,设 Q(x1,y1,z1)。 因为BQ→=λBA1→,所以(x1,y1-2,z1)= λ(2,-2,2),所以x1=2λ,y1=2-2λ,z1= 2λ,所以Q(2λ,2-2λ,2λ)。 当点 Q 在 线 段 A1B 上 运 动 时,平 面 A1PQ 的法向量即为平面A1PB 的法向量。 设平面A1PB 的法向量为n1=(x2,y2, z2),则 n1·BP→=2x2-y2=0, n1·PA1→=-y2+2z2=0, 令y2=2, 得n1=(1,2,1)。 设平面B1PQ 的法向量为n2=(x3,y3, z3),则 n2·PB1→=y3=0, n2·B1Q→=λx3-λy3+(λ-1)z3=0, 令 z3=λ,得n2=(1-λ,0,λ)。 由 题 意 知 |cos <n1,n2 >| = |(1,2,1)·(1-λ,0,λ)| 6· (1-λ)2+λ2 = 1 6· 2λ2-2λ+1 = 30 10 ,化简得9λ2-9λ+2=0,解得λ= 1 3 或λ = 2 3 ,即存在实数λ= 1 3 或λ= 2 3 ,使得平面 A1PQ 与平面B1PQ 所成锐二面角的余弦值 为 30 10 。 (责任编辑 王福华) 84 演练篇 核心考点AB卷 高考数学 2024年11月