课时冲关41 数列高考中档大题的规范问题&课时冲关42 空间几何体的结构特征、直观图-【创新教程】2027年高考数学总复习大一轮课时作业（人教B版）

高考总复习人教数学B版（新教材） 课时冲关41数列高考中档 ⑧错题序号： @错因分析 大题的规范问题 1.(2024·淄博市模拟)已知等比数列{an}的 3.(2024·沈阳模拟)等差数列{am}和等比数 前项和为S数列倍}是公差为1的等 列{bn}满足a1=b1=1,a2十a4=14,b2b4= a6,且bn>0. 差数列，若a1=2b1,a4-a2=12,S4十2S2 (1)求数列{b,}的通项公式； =3S3. (2)已知：①bn<1000;②3m∈N*,使am (1)求数列{an},{b}的通项公式； =b.设S为数列{am}中同时满足条件①和 (2)设cn bn(n+2)(n为奇数)， ②的所有的项的和，求S的值. Tm为{cn} 2(n为偶数)， an 的前n项和，求T2· 4.(2024·聊城市模拟)已知数列{an}是单调 递增的等差数列，a1=1,且a1+2,2a2,a3十7 成等比数列. (1)求数列{am}的通项公式： 2.(2024·南平市模拟)已知等差数列{am}满 (2)设数列{am}的前n项和为Sn,数列{bn》 足a3=6,前7项和为S,=49. (1)求{am}的通项公式； 满足bu√SnS+i=（一1)”a+1,求数列{bn》 的前n项和T. (2)设数列{bn}满足bn=(am一3)·3”，求 {bm}的前n项和Tm. ·334· 第六章立体几何与空间向量 课时冲关42空间几何体的结构特征、 ⑧错题序号： @错因分析： 直观图 「基础训练组] 7.已知正四棱锥V-ABCD中，底面面积为16， 1.下列说法中正确的是 一条侧棱的长为2√11，则该棱锥的高 A.棱柱的侧面可以是三角形 为 B.正方体和长方体都是特殊的四棱柱 8.正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，则在 C.所有的几何体的表面都能展成平面图形 正方体表面上，从顶点A到顶点C1的最短 D.棱柱的各条棱都相等 距离为 2.(2024·青岛市模拟)以下命题： 9.(2024·福州市调研)已知等腰梯形ABCD, ①以直角梯形的一腰所在直线为轴旋转一 周所得的旋转体是圆台； 上底CD=1,腰AD=CB=√2，下底AB= ②圆柱、圆锥、圆台的底面都是圆面； 3,以下底所在直线为x轴，则由斜二测画法 ③一个平面截圆锥，得到一个圆锥和一个圆台. 画出的直观图A'B'CD的面积为 其中正确命题的个数为 ) 10.如图所示，用一个平行 A.0 B.1 C.2 D.3 于圆锥SO底面的平面 3.(2024·广东质检)已知一个圆锥的体积为 截这个圆锥，截得圆台 3π，其侧面积是底面积的2倍，则其底面半 上、下底面的半径分别 径为 为2cm和5cm,圆台的 母线长是12cm,求圆 A.2√3 B.3 C.5 D 3 锥SO的母线长 4.(2024·福州市模拟)用斜二测画 y 法画一个水平放置的平面图形的 直观图为如图所示的一个正方 0'1x 形，则原来的图形是 ( 5.一个圆台上、下底面的半径分别为3cm和 8cm,若两底面圆心的连线长为12cm,则这 个圆台的母线长为 cm ( A.11 B.12C.13 D.14 6.(多选)(2024·潍坊模拟)正方体ABCD A1BC1D1的棱长为2，已知平面a⊥AC1, 则关于α截此正方体所得截面的判断正确 的是 A.截面形状可能为正三角形 B.截面形状可能为正方形 C.截面形状可能为正六边形 D.截面面积最大值为3√3 ·335 高考总复习人教数学B版（新教材）》 [答题栏] [能力提升组] 14.在直三棱柱ABCA'B'C中，△ABC为等 --- 1 11.埃及胡夫金字塔是古 边三角形，AA'⊥平面ABC,AB=3,AA 2 代世界建筑奇迹之一， =4,M为AA'的中点，P是BC上一点，且 3 它的形状可视为一个 由P沿棱柱侧面经过棱CC'到M的最短 正四棱锥，以该四棱锥 4 路线长为√29，设这条最短路线与CC'的交 的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一 点为N,求： 5 个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底 (1)该三棱柱的侧面展开图的对角线长； --6 边上的高与底面正方形的边长的比值为 (2)PC与NC的长； .11 (3)三棱锥CMNP的体积. 12 A.5-1 B.51 4 2 C.6+1 D.+1 4 2 12.(2022·北京卷，9)已知正三棱锥PABC 的六条棱长均为6，S是△ABC及其内部的 点构成的集合.设集合T={Q∈S|PQ≤5}， 则T表示的区域的面积为 ( A. B.元 C.2π D.3π 13.中国有悠久的金石文化，印信是金石文化 的代表之一.印信的形状多为长方体、正方 体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信 的印信形状是“半正多面体”（图1）.半正多 面体是由两种或两种以上的正多边形围成 的多面体.半正多面体体现了数学的对称 美.图2是一个棱数为48的半正多面体，它 的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且 此正方体的棱长为1.则该半正多面体共有 个面，其棱长为 图1 图2 ·336·高考总复习人教数学B版（新教材） 10.解：设数列{an}的公差为d,{bn}的 满足性质“对任意的正整数n, 公比为g(g0), 因为{b是公比大于0的等比数 a+,十a≤a+1都成立”；对于C, 2 列，且b1=1,b3=b十2， n 所以q2=q十2，解得q=2(q=-1 d.=Innaa. 不合题意，舍去).所以b,=2”-1 若存在k,使得对任意的n∈N+,都 (·n)2a 有c≤cn,则cn存在最小值. 若选①，则由b=a1十2a6,b1=a3 =() ,又+2 n+3n+1 十a5· -2n-3 可得8a士13d16解得a1, ()=n++ (2a1+6d=8, d=1. b <0,即有±，0≤a+1,因北数列 2 {an}满足性质“对任意的正整数n, 2 4 a,十0≤a,+1都成立”.综上所 2 述，满足性质“对任意的正整数n, 因为n∈N+,所以n十n≥2，所以 C,不存在最小值， a十a≤a1都成立”的数列 即不存在满足题意的 为BCD.] 若选②，由b=a1十2as,b,十b=13.解析：由题意，根据an=log(1·· 3a,+3a,可得3a士13d=16,解 zg·…·x,·2),可得a+1=log[1· (6a1+18d=40, (1·x1)·x1·(x1·2)·x2·…· 得,29 x,(x,·2)·2] 3 13·x·x2·…·x·2 (d=-1. =1og2 2 所以S,= 2n2+61 1 n,c= =3an-1, 6 设an+1十m=3(an十m), 12 即an+1=3an十2m, -3n+61n 1 因为当n≤20时，cn>0,当n≥21 可得m=一 时，cn<0, 易知a1=log2（1×2X2)=2,则数 所以易知Cn的最小值为c1= 列{-}是首项为2--， 一 公比为3的等比数列， 即存在k=21,使得对任意的n∈ N,都有c≤cn· 若选③，则由b=a1十2a6,a2十a3 =b1, 所以a,=3”1(n∈N). 2 可得8a1十13d=16, 12a1+3d=8, 答案，(mEN) 6 解得 a=17 14.解：(1)由题意可得 a2+a5=2a1+5d=16, 8 d-i (as-a=2d=4, 所以S。= 4n2+52n 解得合 17 S 则数列{an}的通项公式为a,=a1十(n 17 =2m+26m -1)d=3+2(n-1)=2n十1， 注意到a2-1=2×2"-1十1=2”十1， 因为2n2十26n≥28，所以cn不存在 a2”-1=2×(2"-1)十1=2+1-1. 最小值， 即不存在满足题意的k. 从a2-1到a,”-1共有2”-1-(2- -1)=2m-1项， 11.A[因为a3,a1s是方程x2-7x十 12=0的两根，所以0十a17,所 故分a,=21×(2十1)十 (a3a15=12, 以a1>0,a15>0,结合等比数列的 221-》×2=21+21+ 奇数项符号相同知a,>0,则由a 2 22m-2-2m-1=3X22-2」 =a3a15=a1a17=12,得ag=2√5， (2)(i)证明：由题意可知，当2 所以a1a12=a=a,=2√3.] ≤n≤2-1时， as a b:<an<b1 12CD[对于A,2=31-8 取n=2-1,则b<a,-1=2X2-1 2 >a2=7,不满足性质“对任意的正 +1=2+1,即b<2+1, 当2-2≤n≤2-1-1时，an<b4, 整数n,±，)a≤a,+1都成立”；对 2 取n=2-1-1,此时an=a-1-1=2 于B,D,数列{2n十1}和{2n-1}都 (2-1-1)+1=2-1, 是等差数列，故有0,0=a+1 据此可得，2*一1<b, 2 综上可得当k≥2时，2-1<b<2 +1. ·510· (i)由(i)可知：1<b1<3,3<b 5,7<b3<9, 15<b17,据此猜测bn=2” 否则，若数列的公比9>2，则bn= bg-1>6X2"-1>2"-1, 注意到2-1一(2”-1)=1-2m-1,则 2”-1-(2”-1)>0不恒成立，即 2”-1>2”-1不恒成立， 此时无法保证2一1<bn, 若数列的公比q<2,则b,=b1g”-1 <b1X2m-1<3X2”-1, 注意到3X2-1-(2”十1)=2”-1 1,则2”1-1<0不恒成立，即3× 2”-1<2”十1不恒成立， 此时无法保证bn<2”十1， 综上可知，数列的公比为2， 则数列的通项公式为b,=2”, 其前n项和为S。=2X(1-2) 1-2 2+1-2. 课时冲关41 1.解：(1)等比数列{an}的公比设为q, 前n项和为Sn, 数列治}是公差为d=1的等差 数列， 即有点=什m一1，即6.=n十m一1D, 由a1=2b1=t,a1-a2=12,S1十2Sg =3Sg,得tg-tg=12,S1-S =2(S3-S2), 即为a1=2a,即g==2,解得t a3 =2, 可得an=2”;bn=n. (2)cn= bn(n+2)n为奇数)， n (m为偏数)， a. 1 即为cn= }n(n+2),n为奇数， (2-",n为偶数， T2n=(c1十c3十…十c2n-1)十(c2十c 十…十c2n) =(x3+3x+…+2-D2+)】 1 1 5 31-13+1 ) 1 1一4 2 2n+1·之 (-)】 2.解：1)由S,=7Xa,十a2=7a, 2 49,得a1=7, a3=6,.d=1,a1=4, .an=n十3. (2)bn=(an-3)·3m=n·3”, .Tn=1×3十2×32十3×33十…十 nX3”, .3Tn=1×32十2×33十3X3+… 十nX3+1 ∴.-2Tn=3十32十3十3十…+3” -nX3"+1 3-3"+1 1-3 -nX3"+1, ·T.=(2n-1)×3+1+3 3.解：(1)由等差数列{an}和等比数列 {bn}满足a1=b1=1,a2十a1=14, bb=a6,且bn>0, 设{an}的公差为d,{bn}的公比为q, 可得2a十4d=14, {6'g=a1+5d, 将a1=b1=1 代入，解得d=3 {g=16,由6>0，则取g =2, 故an=3n-2,bn=2-1 (2)由bn=2"-1,bn<1000,令2"-1< 1000, 由于b。=2"=512,b1=2°=1024， 故n-19, 即n10, 3m∈N”,使an=bn,故令3m-2 =2m-1 则m=2+2,由于m,∈N, 3 故可以看出当n=1,3,5,7,9时，m =2十2成立， 3 故S=b1十b十b十b,十b=1+4十 16+64+256=341. 4.解：(1)由题意，设等差数列{an的公 差为d,且d>0,则 a1十2=3,2ag=2(d十1)，a3+7=2d 十8， a1十2,2a2a十7成等比数列， .(2a2)2=(a1十2)(a+7), 即4(d+1)=3(2d+8), 整理，得2d2+d-10=0, 解得d=-吕（合去），或d=2, an=1十2(n-1)=2n-1,n∈N. (2)由题意及(1)，可知： an=2n-1, s.=1+201)m=m, 2 Sn+1=(n十1)2， ∴.√SnSm-1=√m(n+1) =n(n十1)， bn√SnSn+1=(-1)”an+1,且an+1 =2n十1， 六b,=(-1)”2n十1 n(n十1) ①当n为奇数时， Tn=b十b十…十b =- (+)+(+) (+)+…+（+） 参考答案 11.C[如图，设正 四棱锥的高为h, 底面边长为a,侧 n-1nnn十 面三角形底边上 =-1 的高为h',则依 n十1 题意有： ②当n为偶数时， Tn=b1十b2+…十bn [n-gah, 1 (1+2) (合+) =-(受）， ()+… 因此有-（受） ah,化简 得4（台）-（） 1=0,解得 11 34 n-1 n h a 5十1（负根已舍去）.门 4 n+1= 一1十 +1心Tn 12.B[过点P作 有n∈N,且n为奇数， 1 底面射影点O, -1 则由题意，CO -1+ n干n∈N,且n为偶数 2√3，PC=6, .PO=2√6，当 课时冲关42 o-0 CO上存在一，点 1.B2.B3.C4.A5.C6.ACD Q使得PQ=5, 7.解析：如图，取正方形 此时QO=1,则动，点Q在以QO为 ABCD的中心O,连接 半径，O为圆心的圆里，所以面积 VO,AO,则VO就是正 为π. 四棱锥V-ABCD的高. 13.解析：如图截面正八边形，由题意知 因为底面面积为16，所 以A0=2√2 0G-2且∠A0B=45 因为一条侧棱长为2√T 则∠GOB=22.5°， 所以VO=√WA-AO=√44-8 又：tan 45 =6. 2tan22.5° 所以正四棱锥V-ABCD的高为6. 1am2.5-1, 答案：6 解得tan22.5°= 8.解析：将侧面ABB1A1与 D 2-1, 上底面A1B1C1D1展开在 .棱长AB=2·GB=2 DGtan22.5°= 同一平面上，连接AC1,则 线段AC1的长即为所求. 2x2×E-1D=E-1 如图，AC=2√5 观察可知该半正多面体共有26 答案：2√5 个面. 9.解析：等腰梯形ABCD及其直观图 答案：26√2-1 A'B'C'D'」 14.解：(1)该三棱柱的侧面展开图为一 如图所示， 边长分别为4和9的矩形，故对角 线长为√4+g=√7. (2)将该三棱柱 D:E.C 的侧面沿棱BB A℉B天 展开，如图， 设PC=x,则MP 因为1OE1=√（√2）2-1=1，所以 =MA+(AC+x) OE=,EF=,则直观图A'B' .'MP=√29，MA=2,AC=3, .x=2,即PC=2. CD的西s1生×9号 2 又：C∥AM,故货瓷甲号 答案号 =NC 10.解：如图，过圆台的轴作截 面，裁面为等腰梯形 .NC=4 ABCD,由已知可得上底半 径O1A=2cm,下底半径 B方 (3)SARCN=- ×CPxCN=- 2X2 OB=5cm,且腰长AB= 12cm.设裁得此圆台的圆锥的母线 长为l,则由△SAO1刀△SBO,可得 在三棱锥MPCN中，M到面PCV 业=号，所以1=20m,即载得 的距离， 此圆台的圆锥的母线长为20cm. 即h= X3=3 2 2 ·511· 高考总复习人教数学B版（新教 Vewm=Vew=子·h:Sae 5 课时冲关43 1.A2.A3.B4.C5.C 6.B[在△AOB 中，∠AOB= 号，污01 OB=√5，取AB 0 中点C,连接 OC,PC,有OC⊥AB,PC⊥AB, 如图， ∠ABO= ,0℃=3 6 ,AB=2BC= 3,由△PAB的而积为9，得号×8 XPC=9 4 解得PC=3 2 于是PO=√PC-OC 所以圆锥的体积V=3πXOA'× P0=3πX()'X6=6m.] 7.C[连接 AC,BD 交于0， 连接PO, 则O为 A长 AC,BD 的中点， B 如图， 因为底面ABCD为正方形，AB=4,所 以AC=BD=4√2，则DO=CO= 2√2， 又PC=PD=3,PO=OP, 所以△PDO≌△PCO, 则∠PDO=∠PCO, 又PC=PD=3,AC=BD=4√2，所 以△PDB≌△PCA,则PA=PB,在 △PAC中， PC=3,AC=4√2，∠PCA=45°， 则由余弦定理可得 PA'=AC+PC-2AC·PCcos∠PCA =32+9-2X4厄×3×号-17. PA=√7，则PB=√I7, 在△PBC中，PC=3,PB=J17,BC =4, 所以cOs∠PCB=PC+BC-PB 2PC·BC =9+16-17= 2×3×4 31 又0<∠PCB<π， 所以sin∠PCB=√1-cos∠PCB =2E 3 材) 所以△PBC的面积为S= 所以△EAC的面积为3，△EAD的 PC· 面积与△ECD的面积均为√5.故三 BCsin.∠PCB =号×3X4×2=4.] 棱锥EACD的侧面积为3十2√5. 3 11.B[如图，分 8.解析：边长为10cm的正六边形的面 别过M,C作 1 MM'⊥PA, 积为6×2×10×10×sin60 CC'⊥PA,垂 =150√5cm2, 足分别为 所以表面积为2×150√3十6×10× M,C.过B 20=1200+300√5=1200+300× 作BB⊥平面PAC,垂足为B',连接 1.732=1719.6cm2. PB,过N作NN⊥PB,垂足为N. 答案：1719.6 因为BB'⊥平面PAC,BB'C平 9.解析：设PD=DA=x, 面PBB', 在△ABC中，AB=BC=2,∠ABC= 所以平面PBB'⊥平面PAC 120°，.AC= 又因为平面PBB'∩平面PAC= W√AB+BC-2·AB·BC·cos∠ABC PB',NN⊥PB',NN'C平面 =√/4+4-2×2X2Xc0s120° PBB',所以NN'⊥平面PAC, =23, 且BB'∥NN. 在△PCC中，因为MM⊥PA, ∴CD=2W-x, CC'⊥PA, 且∠ACB=2180-120)=30, 所以MM∥CC, ∴Sam=2BC·DC·sin∠ACB 所以兴器=子 =×2X(25-) 在△PBB中，因为BB∥NN',所 2 =e5-. 以器器台， ,VAM=】 所以VPABC NPAM 要使四面体体积最大，当且仅当点P VBPAC 到平面BCD的距离最大，而P到平 面BCD的最大距离为x. 期V64m=号X受(25-x)T 1 音Sac·BB -日[-c-+3], 吉（合PAMM ·NV 由于0x<2√3， BB 故当x=√5时，V面株D取最大值为 1 2.1 9· 答聚：日 12.AC[如图， 由∠APB= 10.解：(1)证明：因为四边形ABCD为 120°，AP=2 菱形，所以AC⊥BD.因为BE⊥平 可知，底面直 面ABCD,ACC平面ABCD, 径AB=2√3， 所以BE⊥AC 而BD∩BE=B,BD,BEC平 高PO=1,故该圆锥的体积为π，故 面BED, A正确；该圆锥的侧面积为2√3π，故B 所以AC⊥平面BED. 错误；连接CB,取AC中，点为Q,连 又ACC平面AEC,所以平面AEC 接QO,PQ,易证二面角PACO的 平面BED. 平面角为∠PQ0=45°，所以Q0= (2)设AB=x,在菱形ABCD中，由 PO=1,PQ=√2，所以BC=2,所以 ∠ABC-120,可得AG=GC=5 2, AC=2√E,故C正确；S△Pr= 2 GB=GD=.因为AE⊥EC, AC·PQ=2,故D错误.] 13.解析：如图所示，连 所以在R△AEC中，可得EG=, 2 接A1C,B1D1交于 由BE⊥平面ABCD,知△EBG为直 点O,连接BD, EF,过，点O1作O1H 角三角形，可得BE= 2 ⊥BD于，点H. 由已知得，三棱锥EACD的体积 因为EF∥AC1,且AC1寸平面 B1EDF,EFC平面B1EDF, V三锋EAC XACGD·BE = 1 所以A1C∥平面B1EDF. 所以C到平面B,EDF的距离就 31 是A1C到平面B1EDF的距离， 故x=2.从而可得AE=EC=ED=√6. 易知平面BD1D⊥平面B1EDF, ·512·