高考预测练(29、30)等比数列、数列求和与数列的综合应用-【名师大课堂】2026年高考数学艺术生总复习必备(课时作业)

高考预测练(二十九) 等比数列 1.(2025·广东湛江一模)在等比数列{an},a3 ·a5=49,a4+a6=70,则a8= ( ) A.-567 B.567 C.451 D.699 2.在等比数列{an}中,a2,a10是方程x2-6x+ 4=0的两根,则 a3a9 a6 = ( ) A.2 B.-2 C.-2或2 D.3± 5 3.已知等差数列{an}的公差不为0,若a1,a3, a6 成等比数列,则这个等比数列的公比是 ( ) A.23 B. 3 2 C.2 D.4 4.(2025·广东佛山教学质量检测(一))等比 数列{an}中,a2=1,设甲:a4=3,乙:a6=9, 则甲是乙的 ( ) 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 5.(2025·湖北高三校联考)在正项等比数列 {an}中,a1a13=36,则a5+4a9 的最小值是 ( ) A.12 B.18 C.24 D.36 6.谢尔宾斯基(Sierpinski)三角形是一种分 形,它的构造方法如下:取一个实心等边三 角形(如图1),沿三边中点的连线,将它分 成四个小三角形,挖去中间小三角形(如图 2),对剩下的三个小三角形继续以上操作 (如图3),按照这样的方法得到的三角形就 是谢尔宾斯基三角形.如果图1三角形的边 长为2,则图4被挖去的三角形面积之和是 ( ) A.7 316 B. 9 3 16 C.27 364 D. 37 3 64 7.已知等比数列{an}的前n 项和为Sn,若 S4 S8 =14 ,则 S16 S4+S8 = ( ) A.8 B.9 C.16 D.17 8.已知一个项数为偶数的等比数列{an},所有 项之和为所有偶数项之和的4倍,前3项之 积为64,则a1= ( ) A.1 B.4 C.12 D.36 9.已知数列{an}的首项为4,且满足2(n+1) an-nan+1=0(n∈N*),则 ( ) A.ann 为等差数列 B.{an}为递增数列 C.ann 为等比数列 D. an 2n+1 的前n项和Tn=n 2+n 2 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 —942— 班级: 姓名: 10.记Sn 为数列{an}的前n项和,且Sn=2an +1,则an= . 11.在等比数列{an}中,若a1+a3+…+a99= 150,且公比q=2,则数列{an}的前100项 和为 . 12.(2025·湖南高三雅礼中学联考)在数列 {an}中,a1=0,a2=2,若a2n-1,a2n,a2n+1成 等差数列,a2n,a2n+1,a2n+2成等比数列,则 a8= . 13.已知数列{an}的首项为a1= 1 3 ,且满足 an+1= an 2-an . (1)求证:数列 1an -1 为等比数列; (2)若1a1 +1a2 +…+1an <2024,求满足条 件的最大整数n. 14.(预测)(2025·湖南长沙市一中月考七)已 知正项数列{an}的前n 项和为Sn,满足 Sn+1 Sn =n+2n ,a1=1. (1)求数列{an}的通项公式; (2)数列{bn}为等比数列,数列{cn}满足 cn= 2+an an·an+1·bn+1 ,若b2=2,b1b2b3b4b5= 210,求证:c1+c2+…+cn<1. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 —052— 高考预测练 高考预测练(三十) 数列求和与数列的综合应用 1.(2025·山东潍坊第一中学校考)已知函数 f(x)=(x-1)3+2,数列{an}为等比数列, an>0,且a1009=e,利用课本中推导等差数 列前n项和的公式的方法,则f(lna1)+ f(lna2)+…+f(lna2017)= ( ) A.20172 B.2017 C.4034 D.8068 2.已知函数y=f(x)满足f(x)+f(1-x)= 1,若数列{an}满足an=f(0)+f 1n + f 2n +…+f n-1n +f(1),则数列{an} 的前20项的和为 ( ) A.230 B.115 C.110 D.100 3.已知函数f(x)= 4 x 4x+2 ,则f(x)+f(1-x) = ;数 列 {an}满 足 an = f n2016 ,则这个数列的前2015项的和等 于 . 4.(2025·山东济宁一模)已知数列{an}和 {bn}满足a1=1,nan+1=(n+1)an+1,b1+ b2+…+bn=2n-1. (1)求数列{an}和{bn}的通项公式; (2)设数列 anbn 的前n 项和为Sn,求证:Sn <6. 5.已知数列{an}的前n 项和Sn,且Sn=n2 +n; (1)求它的通项an; (2)若bn=2n-1,求数{an+bn}的前n 项 和Tn. 6.(预测)(2025·浙江杭州二模)设a1,a2,…, an 是1,2,…,n(n≥3且n∈N*)的一个排 列.数列{bn}满足bi+1为ai,ai+1,ai+2(0≤i ≤n-1)的中位数,规定a0=an,an+1=a1. 将{bn}中的所有取值构成的集合记为Pn. (1)当n=3,4时,求P3 和P4; (2)求Pn 中所有元素之和的最大值; (3)求Pn 中元素个数的最小值. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 —152— 班级: 姓名: 7.已知等差数列{an}满足a2=4,2a4-a5=7, 公比不为-1的等比数列{bn}满足b3=4,b4 +b5=8(b1+b2). (1)求{an}与{bn}的通项公式; (2)设cn=anbn,求{cn}的前n项和Sn. 8.已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=1,an+1 =(λ+1)Sn+1(n∈N*,λ≠-2)且3a1, 4a2,a3+13成等差数列. (1)求{an}的通项公式; (2)若anbn=log4an-1,求数列{bn}的前n项 和Tn. 9.(2025·湖北四调)已知{an}是无穷正整数 数列,定义操作D(k,s)为删除数列{an}中 除以k余数为s的项,剩下的项按原先后顺 序不变得到新数列{bn}.若an=3n-1,n∈ N*,进行操作D(3,1)后剩余项组成新数列 {bn},设数列{log3(an+bn)}的前n 项和 为Sn. (1)求Sn; (2)设数列{cn}满足cn=log3b2n-1,求数列 1cncn+1 的前n项和. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 —252— 高考预测练 (2)由(1)可得:bn= 2 (n+1)an = 1,n=1 1 n(n+1)= 1 n- 1 n+1 ,n≥2 , 当n=1时,则Tn=b1=1; 当n≥2时,则Tn=b1+b2+b3+…+bn=1+ 12-13 + 13-14 +…+ 1n- 1n+1 =32- 1n+1; 可知n=1符合上式,所以Tn= 3 2- 1 n+1. 高考预测练(二十九) 1.B 由{an}是等比数列,得a3·a5=a24=49,解得a4= ±7,当a4=-7时,a4+a6=-7-7q2=70,所以q2= -11<0,故舍去,当a4=7时,a4+a6=7+7q2=70,所以 q2=9,即a8=a4·q4=567.故选B. 2.A 由于a2,a10是方程x2-6x+4=0的两根, 所以a2+a10=6>0,a2·a10=4⇒a26=4, 由于a6=a2q4,a10=a6q4,所以a6为正数, 所以a6=2.所以 a3a9 a6 = a26 a6 =a6=2. 故选A. 3.B 等差数列{an},设公差为d,因为a1,a3,a6 成等比 数列, 故(a3)2=a1·a6,∴(a1+2d)2=a1·(a1+5d), 又因为公差不为0,a1=4d,所以a3=6d,a6=9d, 则这个等比数列的公比是3 2. 故选B. 4.C 因为{an}为等比数列,所以a2,a4,a6 为等比数列,且 a2,a4,a6同号.若a4=3,则由a24=a2a6可得a6=9,故甲 是乙的充分条件;若a6=9,则由a24=a2a6 及a4>0可得 a4=3,故甲是乙的必要条件.故甲是乙的充要条件.故 选C. 5.C 在正项等比数列{an}中,a5a9=a1a13=36,所以a5+ 4a9≥2 a5·4a9=24, 当且仅当a5=4a9即a5=12,a9=3时,等号成立,即a5+ 4a9的最小值是24. 故选C. 6.D 第一种挖掉的三角形边长为2×12=1 ,共1个,面积 为1× 34×12 = 34; 第二种挖掉的三角形边长为1×12= 1 2 ,共3个,面积为 3× 34× 12 2 =3 316, 第三种挖掉的三角形边长为1 2× 1 2= 1 4 ,共9个, 面积为9× 34× 14 2 =9 364, 故被挖去的三角形面积之和是 3 4+ 3 3 16+ 9 3 64= 37 3 64 . 故选D 7.A 设S4=x(x≠0),则S8=4x, 因为{an}为等比数列,所以S4,S8-S4,S12-S8,S16- S12仍成等比数列. 易知 S8-S4 S4 =4x-xx =3 , 所以 S12-S8=3(S8-S4)=9x S16-S12=3(S12-S8)=27x ⇒ S12=13xS16=40x , 故 S16 S4+S8 = 40xx+4x=8. 故选A. 8.C 由题意可得所有项之和S奇 +S偶 是所有偶数项之和 S偶 的4倍,所以,S奇+S偶=4S偶,故S偶=13S奇 , 设等比数列{an}的公比为q,设该等比数列共有2k(k∈ N*)项, 则S偶=a2+a4+…+a2k=q(a1+a3+…+a2k-1)=qS奇 =13S奇 ,所以,q=13 , 因为a32=a1a2a3=64,可得a2=4,因此,a1= a2 q=12. 故选C. 9.BCD 由2(n+1)an-nan+1=0(n∈N*)可得 an+1 n+1= 2 an n (n∈N*),所以数列 ann 为等比数列,且公比为2, 故A错误,C正确, an n =4×2 n-1⇒an=n·2n+1,由于{n},{2n}均为单调递 增的数列,且 各 项 均 为 正 数,所 以{an}为 递 增 数 列,B 正确, an 2n+1 =n,设 an 2n+1 的前n项和为Tn,则Tn=n 2+n 2 ,D 正确, 故选BCD. 10.答案:-2n-1 解析:Sn=2an+1①,当n=1时,a1=2a1+1,解得a1= -1, 当n≥2时,Sn-1=2an-1+1②, ①-②得,Sn-Sn-1=2an+1-2an-1-1, 即an=2an-2an-1,所以an=2an-1, {an}是首项为-1,公比是2的等比数列,故an=-1× 2n-1=-2n-1. 11.答案:450 解析:在 等 比 数 列 {an}中,公 比 q = 2,则 有 a2+a4+…+a100 a1+a3+…+a99 =q=2, 而a1+a3+…+a99=150,于是得a2+a4+…+a100 =300, 所以数列{an}的前100项和S100=(a1+a3+…+a99) +(a2+a4+…+a100)=150+300=450. 12.答案:32 解析:因 为 a2n-1,a2n,a2n+1成 等 差 数 列,a2n,a2n+1, a2n+2成等比数列, 所以a1,a2,a3 成等差数列,a2,a3,a4 成等比数列,a3, a4,a4成等差数列,a4,a5,a6成等比数列,a5,a6,a7 成等 差数列,a6,a7,a8成等比数列, 所以可得{an}的前8项为0,2,4,8,12,18,24,32. 13.解:(1)an+1= an 2-an 两边取倒数得,1 an+1 = 2-an an =2an -1, 即 1 an+1 -1=2an -2=2 1an-1 , 又1 a1 -1=2, 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 —653— 故 1 an -1 为首项为2,公比为2的等比数列; (2)由(1)得1an -1=2×2n-1=2n, 故1 an =2n+1, 所以1 a1 +1a2 +…+1an =21+1+22+1+…+2n+1= (21+22+…+2n)+n=2 (1-2n) 1-2 +n=2 n+1-2+n, 故2n+1-2+n<2024,则2n+1+n-2026<0, 由于f(n)=2n+1+n-2026单调递增,且f(9)=210+9 -2026=-993<0, f(10)=211+10-2026=32>0, 故满足条件的最大整数为9. 14.解:(1)由题意,可知S1=a1=1, S2 S1 =31 ,S3 S2 =42 ,S4 S3 = 5 3 ,S5 S4 =64 ,……,Sn-1 Sn-2 = nn-2 ,Sn Sn-1 =n+1n-1 , 以上各式相乘,可得Sn=1· 3 1 ·4 2 ·5 3 ·6 4 ·…· n n-2 ·n+1 n-1= n(n+1) 2 , ∵当n=1时,S1=1也满足上式, ∴Sn= n(n+1) 2 ,n∈N*, ∴当n≥2时,an=Sn-1= n(n+1) 2 - n(n-1) 2 =n , ∵当n=1时,a1=1也满足上式, ∴an=n,n∈N*. (2)证明:设等比数列{bn}的公比为q, 则210=b1b2b3b4b5= 2 q ·2·2q·2q2·2q3=25q5,解得 q=2, ∵b1= b2 q= 2 2=1 , ∴bn=1·2n-1=2n-1,n∈N*, ∴cn = 2+an an·an+1·bn+1 = n+2 n·(n+1)·2n = 1 n·2n-1 - 1(n+1)·2n , ∴c1+c2+…+cn= 1 1·20 - 1 2·21 + 1 2·21 - 1 3·22 +… + 1 n·2n-1 - 1(n+1)·2n =1- 1(n+1)·2n <1. 高考预测练(三十) 1.C 用 倒 序 相 加 法:令 f(lna1)+f(lna2)+ … + f(lna2017)=S① 则也有f(lna2017)+f(lna2016)+…+f(lna2)+ f(lna1)=S② 由f(x)+f(2-x)=(x-1)3+2+(1-x)3+2=4, a1a2017=a2a2016=…=a21009=e2,即有lna1+lna2017 =lna2+lna2016=…=lne2=2, 可得:f(lna2017)+f(lna1)=f(lna2016)+f(lna2)= …=4, 于是由①②两式相加得2S=2017×4,所以S=4034. 故选C. 2.B an=f(0)+f 1n +f 2n +…+f n-1n + f(1),① an=f(1)+f n-1n +f n-2n + … +f 1n + f(0),② 两式相加,又因为f(x)+f(1-x)=1 故2an=n+1,所以an= n+1 2 所以{an}的前20项的和为Sn=a1+a2+…+a20= 2 2+ 3 2+ …+212 Sn=20×1+ 20×19 2 × 1 2=115. 故选B. 3.答案:1 20152 /1007.5 解析:由f(x)= 4 x 4x+2 ,得f(1-x)= 4 1-x 41-x+2 = 2 4x+2 , 所以f(x)+f(1-x)=1, 设数列{an}前n项之和为Sn, 则S2015=f 12016 +f 22016 +f 32016 +…+ f 20142016 +f 20152016 , S2015=f 20152016 +f 20142016 +f 20132016 + … + f 22016 +f 12016 , 两式相加得2S2015=2015,所以S2015= 2015 2 , 即这个数列的前2015项的和等于20152 . 4.解:(1)由a1=1,nan+1=(n+1)an+1,可得 an+1 n+1= an n + 1 n(n+1)= an n + 1 n- 1 n+1 , 即 an+1 n+1+ 1 n+1= an n + 1 n ,可知数列 an n + 1 n 为常数列, 则 an n + 1 n=a1+1=2 ,所以an=2n-1. 因为b1+b2+…+bn=2n-1,① 所以当n=1时,b1=1; 当n≥2时,b1+b2+…+bn-1=2n-1-1,② ①-②得,bn=2n-2n-1=2n-1, 又b1=1符合上式, 所以bn=2n-1,n∈N*. (2)证明:由(1)可知, an bn =2n-1 2n-1 =2n+1 2n-2 -2n+3 2n-1 ,则Sn= (6-5)+ 5-72 +…+ 2n+12n-2 -2n+32n-1 =6-2n+32n-1, 显然2n+3 2n-1 >0,所以Sn<6. 5.解:(1)∵Sn=n2+n,∴当n=1时,a1=S1=2, 当n≥2时,an=Sn-Sn-1=2n,经验证,a1=2满足an =2n, ∴an=2n(n∈N*); (2)∵bn=2n-1,∴b1=1, bn+1 bn = 2 n 2n-1 =2, 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 —753— ∴数列{bn}是以首项为1,2为公比的等比数列, ∴Tn=(a1+a2+…+an)+(b1+b2+…+bn) =(n2+n)+1× (1-2n) 1-2 =n 2+n+2n-1; 综上,an=2n(n∈N*),Tn=n2+n+2n-1,(n∈N*). 6.解:(1)当n=3时,1,2,3无论按何种顺序排列,中位数只 能是2,故P3={2}, 当n=4时,在1,2,3,4中任取3个数:1,2,3;1,2,4;1,3, 4;2,3,4,中位数只能为2或3,所以P4={2,3}. (2)显然,不存在i使得bi=1或bi=n, 故Pn 中所有元素的和≤2+3+…+(n-1)= n2-n-2 2 , 且当an=n时,有bi= 2,i=1, i,2≤i≤n-1, n-1,i=n, 此时Pn={2,3,4, …,n-1}成立. (3)注意到对于任意1≤i≤n,bi+3≠bi,记Pn 中元素个数 的最小值为f(n), 由(1)可知,f(3)=1,f(4)=2. 考虑n=5的情形: 对于1,2,3,4,5的排列,1和5不可能作为中位数; 不妨令a1=1,考虑三元素组(a4,a5,1),(a5,1,a2),(1, a2,a3),至少产生2个不同的中位数. ①若此时中位数为a5,a2,不妨令a5>a2, 则a4>a5>a3,a3>a2, 所以三元组(a2,a3,a4)将产生新的中位数a3,所以f(5) ≥3; ②若此时的中位数为a4,a2,则a5>a4,a5>a2,a3>a2, 若a3<a4,则三元组(a2,a3,a4)产生新的中位数a3; 若a3>a4,则三元组(a3,a4,a5)产生新的中位数a3 或 a5.所以f(5)≥3. ③同理可知,若此时中位数为a3,a5;a3,a4也有f(5)≥3; 所以f(3)=1,f(4)=2,f(5)≥3. 下面证明:f(n+3)≥f(n)+1. 比较下面两个数列: (ⅰ)a1,a2,…,an,a1,a2, (ⅱ)c1,c2,…,cn,cn+1,cn+2,cn+3,c1,c2, 其中a1,a2,…,an 和c1,c2,…,cn 具有相同的大小顺序. 因此,这两个数列的前n-2个三元数组所对应的中位数 个数相同. 因此,只需要比较数列(ⅰ)中三元组:(an-1,an,a1),(an, a1,a2)和数列(ⅱ)中三元组:(cn-1,cn,cn+1),(cn,cn+1, cn+2),(cn+1,cn+2,cn+3),(cn+2,cn+3,c1),(cn+3,c1,c2), 因为数列(ⅱ)中至少增加1个新的中位数,故结论成立. 因为若(an-1,an,a1),(an,a1,a2)的 中 位 数 在 前 面 未 出现, 则(cn-1,cn,cn+1),(cn+3,c1,c2)的中位数在前面也不会 出现. 对于新增(cn+1,cn+2,cn+3)的中位数,若(an-1,an,a1), (an,a1,a2)的2个中位数在前面出现过, 则(cn-1,cn,cn+1),(cn+3,c1,c2)的 中 位 数 在 前 面 也 出 现过, 至少新增(cn+1,cn+2,cn+3)的中位数. 综上:Card(Pn)≥ k,n=3k, k+1,n=3k+1, k+2,n=3k+2, (n,k∈N*).下面给 出一种构造: ①当n=3k时,构造{an}:1,k+1,2k+1,2,k+2,2k+2, 3,k+3,2k+3,…,k,2k,3k, 此时Pn={k+1,k+2,…,2k}, 满足Card(Pn)=k. ②当n=3k+1时,构造{an}:1,k+1,2k+1,2,k+2,2k+ 2,3,k+3,2k+3,…,k,2k,3k,3k+1, 此时Pn={k+1,k+2,…,2k,3k},满足Card(Pn)=k+1. ③当n=3k+2时,构造{an}:1,k+1,2k+1,2,k+2,2k+ 2,3,k+3,2k+3,…,k,2k,3k,3k+1,3k+2, 此时Pn={k+1,k+2,…,2k,3k,3k+1},满足Card(Pn) =k+2. 7.解:(1)由题意不妨设等差数列、等比数列的公差、公比分 别为d,q, 所以有 a1+d=4 2(a1+3d)-(a1+4d)=7 和 b1q2=4 b1q3(1+q)=8b1(1+q) , 注意到b1≠0,q≠-1,所以分别解得 a1=1 d=3 和 b1=1q=2 , 因此由定义可知{an}与{bn}的通项公式分别为an=1+3 (n-1)=3n-2,bn=1×2n-1=2n-1,n∈N*. (2)由(1)可知an=3n-2,bn=2n-1,n∈N*, 所以由题意有cn=anbn=(3n-2)·2n-1,n∈N*, 当n≥2,n∈N*时,有Sn=1×20+4×21+…+(3n-5) ×2n-2+(3n-2)×2n-1, 所以有2Sn=1×21+4×22+…+(3n-5)×2n-1+(3n -2)×2n, 以上两式作差得Sn=-1-3×(21+22+…+2n-1)+ (3n-2)2n=-1-3×2 1×(1-2n-1) 1-2 + (3n-2)2n =-1+6-3×2n+(3n-2)2n=5+(3n-5)2n, 当n=1时,有S1=5+(-2)×2=1=1×1=a1b1=c1, 综 上 所 述:{cn}的 前 n 项 和 为 Sn =5+ (3n-5) 2n,n∈N*. 8.解:(1)由an+1=(λ+1)Sn+1,a1=1,则a2=(λ+1)S1+ 1=λ+2, n≥2有an=(λ+1)Sn-1+1,则an+1-an=(λ+1)(Sn- Sn-1)=(λ+1)an, 所以an+1=(λ+2)an,又λ≠-2,显然a2=(λ+2)a1 也 满足, 故{an}是首项为1,公比为λ+2的等比数列,则an=(λ+ 2)n-1 所以a3=(λ+2)2,则8a2=3a1+a3+13⇒8(λ+2)= 16+(λ+2)2, 所以λ2-4λ+4=0⇒λ=2,故an=4n-1. (2)由anbn=log4an-1,则bn= n-2 4n-1 , 所以Tn= -1 40 +0 41 +1 42 +…+n-3 4n-2 +n-2 4n-1 ,则1 4Tn= -1 41 +0 42 +1 43 +…+n-3 4n-1 +n-2 4n , 所以3 4Tn=-2+1+ 1 41 +1 42 +1 43 +…+ 1 4n-1 -n-2 4n = -23- 4 3·4n -n-2 4n ,则Tn=- 8 9- 12n-8 9·4n . 9.解:(1)由an=3n-1,可知a1=1(满足除以3余数为1),当 n≥2时,an 为3的倍数, 进行操作D(3,1),即删除a1,剩余a2,a3,a4,a5,…, 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 —853— 则bn=an+1=3n,可得log3(an+bn)=log3(3n-1+3n)= log3(4·3n-1)=n+log34-1, 所以Sn= n(n+1) 2 + (log34-1)n. (2)由(1)可 知cn=log3b2n-1=log332n-1=2n-1,则 1 cncn+1 = 1(2n-1)(2n+1)= 1 2 12n-1- 12n+1 , 所以数列 1cncn+1 的前n项和为12 1-13+13-15+ …+ 12n-1- 1 2n+1 =12 1- 12n+1 = n2n+1. 高考预测练(三十一) 1.答案:64 解析:两圆台的上、下底面积对应相等,则两圆台的体积 之比为高之比,根据母线与半径的关系可得甲与乙的体 积之比为 4(r2-r1)2-(r2-r1)2 9(r2-r1)2-(r2-r1)2 = 3 8 = 64. 2.D 分别取D1C1、D1D、AD 的中点H、M、N,连接GH、 HM、MN, ∵在正方体 ABCD􀆼A1B1C1D1 中,E,F,G 分别是AB, BB1,B1C1的中点, ∴HG∥EN,HM∥EF,FG∥MN, ∴六边形EFGHMN 是过E,F,G 这三点的截面图, ∴过这三点的截面图的形状是六边形. 故选D. 3.A 如图所示,设该正四棱台为ABCD􀆼A1B1C1D1,上下 底面中心分别为O1,O, 分别取BC,B1C1的中点E,F,连接OO1,O1F,OE,EF, 在平面OO1FE 内,作FH⊥OE 交OE 于H, 则OO1=9,OE= 1 2AB=17.25 ,O1F= 1 2A1B1=16 , 显然四边形OO1FH 是矩形,则FH=OO1=9,OH=O1F =16, 所以EH=OE-OH=1.25=54 , 在直角△FHE 中,EF= FH2+EH2= 92+ 54 2 = 1321 4 ≈ 36.35 4 ≈9.1 , 即该墩台的斜高约为9.1m. 故选A. 4.B 圆及其内部旋转一周后所得几何体为球, 而矩形及其内部绕一边旋转后所得几何体为圆柱, 故题设中的平面图形绕旋转轴(虚线)旋转一周,形成的 几何体为一个球挖去一个圆柱,故选B. 5.A 在直观图中,其一条对角线在y轴上且长度为 2, 所以在原图形中其中一条对角线必在y 轴上,且长度为 2 2,故选A. 6.B 设六棱柱的底面边长为a,高为h. 则2ah=4,ah=2,a=2 3 =2 33 ,故h= 3, V=6×12× 2 3 3 × 2 3 3 × 3 2× 3=6. 故选B. 7.B 如图所示,连接AC,BD 交于点O,取BC的中点E,分 别连接SO,SE,OE, 因为四棱锥S􀆼ABCD 为正四棱锥,所以SO⊥底面 AB- CD,且SO=3, 在等腰△SBC中,E 为BC 的中点,所以SE⊥BC,即SE 为正四棱锥的斜高, 在直 角△SOE 中,OE=12AB=3 ,SO=3,可 得SE= SO2+OE2=3 2, 所以正四棱锥S􀆼ABCD 的侧面积为S=12×4×6×3 2 =36 2. 故选B. 8.C 由条件可得,茶碗的上底面面积S1=6×6=36cm2, 茶碗的下底面面积S2=3×3=9cm2,茶碗高h=5.4cm, 则茶碗的体积V=13 (S1+S2+ S1·S2)h= 1 3 (36+9 + 36×9)×5.4=113.4cm3,所 以1000÷113.4≈ 8.81,即1L(1000cm3)茶水至少可以喝9碗.故选C. 9.C 由题意,得上底面面积为π×12=π,下底面面积为π ×22=4π, 由图形可得BD=AF=1,FC=AC-AF=2-1=1, 母线与下底面所成的角为π 3 ,故CD= FC cosπ3 =2, 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 —953—