专题精准强化10、11 数列求和及其综合应用&空间几何体-【创新教程】2027年高考数学大二轮专题增分方案课时作业

⑧错题序号： 专题精准强化10数列求和及其综合应用 @错因分析： 1.已知{an}是等差数列，a1=4,且a一4， 3.已知等差数列{an}的前n项和为Sn,且 a5,a5十6成等比数列. S4=4S2,a2m=2am+1(n∈N*). (1)求{an}的通项公式； (1)求数列{an}的通项公式； (2)若数列6，满足bb中1=a,且6=2 (2)数列{bn}满足b=3,令am·bn=am+2 2 求{bn}的前n项和Tm 61求证：26，<号 4.记Sn为数列{an}的前n项和，且 (2a为等差数列，{ an)为等比数 n n(n+1) 2.已知数列{an}的前n项和为Sn,且S,= 列，a1=1. n2(n∈N*).数列{bn}是公比为3的等比 (1)求a2的值，并求{a,n}的通项公式； 数列，且b1=a1· (2)探究{an}是否存在唯一的最大项； (1)求数列{an}和数列{bn}的通项公式； (3)证明：Sn<8. (2)令cn=an·bn,求数列{cn}的前n项和 Tr 141 ☒错题序号： 专题精准强化11空间几何体 ©错因分析： 一、单选题 6.如图为一个组合 1.如图，一个沙漏模型正好放进一个棱长为2 体，底座为一个长 的正方体中，使得沙漏底面与正方体底面位 方体，凸起部分由 12 于同一平面内，且其底面所在的圆是正方体 一小长方体和 底面的内切圆，则该沙漏的体积是( 40 个半圆柱组成，一 只小蚂蚁从A点出发，沿几何体表面爬 行，首先到达C点，然后沿凸起部分的表 面到达B点，则小蚂蚁走过的最短距 离为 () A2 B.π C.4π D.2π A.4√149+2√541B.4√149+22+10π C.4√205+42 D.122+10π 2.已知圆台OO上下底面圆的半径分别为1， 3,母线长为4，则该圆台的侧面积为() 7.已知某圆台的轴截面中有一个角为，且 A.32rB.26π C.16π D.8π 下底是上底的2倍，若该圆台的外接球的 3.已知圆柱的底面半径为1，母线长为2，它 表面积为16π，则该圆台的体积为() 的两个底面的圆周在同一个球的球面上， 则该球的表面积为 A.5 3 B.5√3π A.4π B.6π C.8π D.10元 4.已知正方体ABCD-A1BC1D1的棱长为 C.73 D.73π 4,P,Q是棱DD1的两个三等分点，则四 8.如图，现有棱长为 D C 面体P-QBC的体积为 6cm的正方体玉石缺 A1 B A.B.C. D.'S 失了一个角，缺失部 E 分为正三棱锥 5.某同学在劳动课上做了一个木制陀螺，该 A1-EFG,且E,F,G分别为棱A1A, 陀螺是由两个底面重合的圆锥组成.已知 该陀螺上、下两圆锥的体积之比为1：2， A1B1,A1D1靠近A1的四等分点，若将 上圆锥的高与底面半径相等，则上、下两 该玉石打磨成一个球形饰品，则该球形 圆锥的母线长之比为 ( 饰品的体积的最大值为 （) 1.10 A.273 B.36πcm3 5 2πcm D.15 C.1253 5 2 πcm3 D.72πcm 142 二、多选题 A.该圆台的体积为26√3π 9.中和殿是故宫外朝 B.该圆台外接球的表面积为12， 三大殿之一，位于紫 3元 禁城太和殿与保和 C.用过任意两条母线的平面截该圆台 殿之间，中和殿建筑的亮点是屋顶为单檐 所得截面周长的最大值为16 四角攒(cuan)尖顶，体现天圆地方的理 D.挖去以该圆台上底面为底，高为3的圆柱 念，其屋顶部分的轮廓可近似看作一个正 后所得几何体的表面积为(16十23)元 四棱锥.已知此正四棱锥的侧棱长为 三、填空题 4√21m,侧面与底面所成的锐二面角为 12.已知三个圆柱的体积为公比为10的等 0,这个角接近30°，若取0=30°，则下列结 比数列.第一个圆柱的底面直径为 论正确的是 65mm,第二、三个圆柱的底面直径为 A.正四棱锥的底面边长为24m 325mm,第三个圆柱的高为230mm,求 B.正四棱锥的高为4√3m 前两个圆柱的高度分别为 C.正四棱锥的体积为768√3m3 13.如图，在四棱锥P-ABCD中，PD⊥平 D.正四棱锥的侧面积为96√5m 面ABCD,AB∥DC,AD⊥AB,DC=2, 10.如图，是由两个平行平面 AD=AB=1,直线PA与平面ABCD 截半径为2cm且足够高 成45°角.设四面体PBCD外接球的圆 的圆柱体所得的几何体， 心为O,则球的体积为 截面与圆柱体的轴成 45°，上、下截面间的距离为√2cm.某高中 数学兴趣小组对该几何体进行了探究，得 出下列四个结论，其中正确的是( A截口曲线的离心率为 14.在菱形ABCD中，已知AB=2√3， ∠BAD=牙，沿BD将ABCD折起，得 B.该几何体的体积为8πcm C.该几何体的侧面积为8πcm 到三棱锥C-ABD,使二面角C-BD-A D.该几何体的上截面面积为4√2πcm 的余弦值为}，若球0与三棱锥 11.已知圆台的上、下底面直径分别为2,6， C'-ABD的各条棱均相切，则球O的表 高为2√3，则 ( 面积为 143/a2=a1+d=11 由题意可得。 。=10a,+10X94=40' 2 车g保释侣 (d=-2' 所以an=13-2(n-1)=15-2n, (2)因为S.=n13+)5-2m》=14m-, 2 令a,=15-2m>0,解得<号，且n∈N, 当n≤7时，则an>0,可得Tn=|a1|+a2|+…+|anl =a1十a2+…+an=Sn=14n-n2, 当n≥8时，则an<0,可得Tn=|a1+|a2|+…+|anl =(a1+a2+…+a,）-(ag+…+an) =S,-(Sn-S,)=2S,-S,=2(14×7-72)-(14n- n2)=n2-14n+98; 袋上片送，正.-8S 专题精准强化10数列求和及其综合应用 1.解：(1)根据题意列式求出公差，即可求得答案； (2)由累加法可求出名=(a十1，即可求得么，=7 1 利局裂项相消法水和，即得答家。 (1)因为a-4,a5,a5+6成等比数列， 所以a号=(a5-4)(as十6)，解得a5=12. 又{a,}是等差数列，4，=4，所以公差d=s0=2, 4 故an=a1+(n-1)d=2n+2. (2)尚=得站-a bo+1 所以1 1 1 bn bn-1 =a-1(n≥2)，又b=2, 当≥2时-（公-）十(6品)++ (位)+ =a-1十a。-2十…十a1十b =4m-1)+n-D)n-2×2+2=m(m+1), 2 又6=弓电适合上式，所以 b =n(n+1), =1-1 则6.=n(n+1)-n一n+1' 所以工=(-)十（合号）++（分动） 1 =14 2.解：分析：(1)利用an与S。的关系式及等比数列的通项 公式即可求解；(2)利用错位相减法即可求解. (1)当n=1时，a1=S1=1, 当n>2时，an=Sn-S。-1=n2-(n-1)2=n2-n2+2n-1= 2n-1,当n=1时也符合上式， 所以an=2n-1, b=a1=1,所以bn=3-1 (2)cn=a.·bn=(2n-1)3m-1, 所以T.=1+3×32+5×32+…+(2n-1)×3m-1, 3Tm=3+3×32+5×33+…+(2n-1)×3", 两式相减得-2T.=1十2×(3+32十…十3”-1)-(2m一1)3”， =1+2×31-3）-(2m-1)3*=-2+(2-2m)3”, 1-3 所以T.=(n-1)3”十1. 29 练习册参考答案 3.解：(1)设等差数列{an}的首项为a1,公差为d,由题意可 得4a+6d=8a1+4d a十2n-1)d=2a,+2(m-1Dd+1解方程求出a, d,即可求出数列{an}的通项公式； (2由1可得。一领3由累乘法可求出6，)的通项 公式，再由裂项相消法求解即可. (1)设等差数列{an}的首项为a1,公差为d. 由S4=4S2,a2n=2an+1, 得/4a+6d=8a,十4d1 1a1+(2n-1)d=2a1+2(n-1)d+1' 解得：a1=1,d=2,所以an=1十2(n-1)=2n-1(n∈N). (2)由(1)知，(2n-1)bn=(2n+3)b+1, 即b1=2m-1,6。=2n-3,6=2m-5， 6,。2n十3'6.-12n+1'b.-2-2n-i,…, 利用累乘法可得：6=6.b。1….2·b一 ×0×…××号3 2m-20+D=号(22中小时w=1也 9 成立 所以26，=6+6+6十…+61+6，=号 k=1 [-专)+（合吉）+（日-）++ 1 9 (2m2m+)]=2(1 -2m+1)】 所以-号(2)小号 1 9 4.解：分析：(1)利用等差、等比中项的性质得4，=8 a+ 2,2a=30,联立求得a:=号或，讨论求数列的通项 公式；(2)讨论an,an+1的大小，得到a1<a2=a>a4>a5 >…>an,即可得结论；(3)法一：由(1)有an=2· +3m十4-2.n+5m+8,进而有a.=b,-b+1,累加 2" 2m+1 得S.=8-十5n十8，即可证；法二：应用错位相减法、 2 等比数列前n项和公式求Sn,即可证， （1)因为(2经)为等差数列，取前3项如2,2a, 号4成等差数列，即4a:=号0十2， 8 因为{-D}为等比数列，取奇3项知宁号号成等 比数列，即2a2=3a3. 代入4a,=弩a,+2,得4a-9a+2, 这等价于8a-18a2十9=0， 也即(2a:-304a,-3)=0,所以a,=号或2 若a=是，那么2=5号，所以a=,但 24+1 n(n+)(n十1)2不为等比数列，与题千不符， 5-n 所以a=号，得a,=n,D,经检验得特合题意， 2 故a,=n(n十1) 2 (2)令an<an+1,解得n<2,令an>a+1,解得n>2, 当=2时2，=a,=号a1=a,=营 3 数学 所以a1<a2=a3>a4>a>…>an,即最大项不唯一， 故{an}不存在唯一的最大项. (3)因为a,=n(n+1) 2 =(2m2+6n+8)-(m2+5n十8) =2.+3m+4-2.+5m+8 2” 2+1 记6，=2.n+3n+4 注意到6+1=2.m+2m+1十3m十3+4 2w+1 =2.m2+5n+8 所以an=bn一bn+1, 于是Sn=(b1-b2)+(b2-b3)+…+(bn-bn+1) =6-6+1=8-m2+5m+8 2 因此S.=8-n+5m+8<8. 专题精准强化11空间几何体 1.A2.C3.C 4.B[连接BD,Vp-osc=V。-Dsc D C 一Vp-Dsc,计算得到答案. B1 如图所示：连接BD, Q VP-QBC-VQ-DCB -VP-DBC P =号××4x4×- 33 D人 号×4×4×号-职] 5.A[由圆锥的体积公式及圆锥高、半径与母线的关系计 算即可. 设上、下两圆锥的底面半径为r,高分别为h1,h2,体积分 别为V,V2, 因为上圆锥的高与底面半径相等，所以h1=r, 1 划-一%=无二得h=2 则2 1 上圆锥的母线为√2十h=√十r2=√2r,下圆锥的母 线为T2+h=√r2十4r=√5r, 所以上，下两周维的每线长之比为=四] √5r 6.A[将A点所在的侧面沿交线展C 开，分别求得A点到C点的最短 距离和C点到B点的最短距离， 进而求得小蚂蚁走过的最短距离. 将A点所在的侧面沿交线展开， 如图所示， 则A到C的最短距离为 √402+282=4√149， C点到B点的最短距离为BC=√202十(20十22) =2w√/541， 故小蚂蚁走过的最短距离为4√149+2√54I.] 7.C[首先根据已知条件求出圆台的高，然后根据外接球 的表面积求出上底和下底半径，然后根据圆台体积公式 求出其体积. 设圆台的上底半径为r,则下底半径R=2r. 轴截面为等腰梯形，两底边长分别为2r和4r,腰与下底 的夹角为子 则圆台的高，即梯形的高为A=2(4一2)·m号一 29 16r=2. 因为外接球的表面积为16π，所以球半径为/4开 设球心到上底圆心距离为a,则到下底圆心距离为h一a. 根据球心到上下底面圆周的距离均为2，得方程： 1r2+a2=4 {4r+(a-h)2=4解得r=1,a=3. 所以圈台体积为：V=子h(R+R十) =号xxx4+2+10=7g] 8.B[利用等体积法求出，点A1到平面EFG的距离，说明 所求球形体积最大时即为棱长为6的正方体的内切球， 再根据求得体积公式即可得解. 由题意A,E=AF=AG=是，设点A到平面EFG的 距离为d,而EF-EG=FG=32, 2 1y32 32 3W2 18√3 2 2 16, 2 由Vr-V4得号×号×是×× 1 3 =日×l,解释d=号， 棱长为6的正方体的内切球的半径为3， 棱长为6的正方体体对角线的长度为6√3， 因为35-5=5g5>3, 2=2 所以所求球形体积最大时即为棱长为6的正方体的内切球， 则该球形饰品的体积的最大值为专元X3=36mcm.] 9.ABC[在正四棱锥中，设底面边长为2a,根据侧棱长和 侧面与底面所成的二面角可求底边的边长，从而可求体 高、侧面积以及体积，据此可判断各项的正误. 如图，在正四棱锥S-AB CD中，O为正方形ABCD 的中心，SH⊥AB, 则H为AB的中点，连接 SO,OH,AO, 则SO⊥平面ABCD,OH ⊥AB, G 则∠SHO为侧面与底面 所成的锐二面角， 设底面边长为2a.正四棱锥的侧面与底面所成的锐二面 角为0， 这个角接近30°，取0=30°，∴.∠SHO=30°， 3a,SH=2 则0H=a,0S=3。」 -a. 3 在RISAH中e+(,厂=4vm, 解得a=12,故底面边长为24m, 正四枚锥的高为×12=43(m, 31 侧面积为5=4×号×24×23×12=845m, 3 体积V=号×24×24×45=768Fm.] 10.BCD[对于A:求出长轴短轴长即可求得结果；对于选 项B,C利用割补法将图形等价于底面半径为2cm,高 为2cm的圆柱即可求得结果，对于选项D:利用椭圆的 面积公式即可求得结果， 对于A:因为截面与圆柱体的轴成45°，且圆柱体底面 4 半径为2cm,故截面椭圆长轴长为2a=sin45=4v2, 短轴长为2h=4,故c=:8=2,故e=石2号=号， 故A错误；对于选项B:因为上、下截面间的距离为 2 2cm,所以AB=sin行=2cm,将该几何体沿A点平 行于圆柱底面切割补到以沿，点B平行于圆柱底面的位 置，则正好是以底面半径为2cm,高为2cm的圆柱，则 V=πX22×2=8πcm3,故B正确；对于选项C:同样以 选项B的方法割补，侧面积即为以底面半径为2，高为2 的圆柱的侧面，S=2πX2X2=8πcm2,故选项C正确；对 于选项D:利用椭圆的面积公式：S=πab=4√2πcm,故选 项D正确.] 11,BC[对于A:圆台的体积为3元 (1+32+1X3)×23=263 3 A错误；对于B:如图是圆台的轴 截面ABCD,外接球球心为O,设 外接球半径为R,当球心在梯形 ABCD内时，√R2-1十 VR-3=2V3,解得R=28 ’ 当球心在梯形ABCD外时， √R2-1平-√R2-32=23,方 程无解，所以外接球的表面积 4R-号2x,B正确： 对于C:用过任意两条母线的平面戴该圆台所得截面周 长，其中轴戴面的周长最大，又母线长为 √(2√3)2+(3-1)2=4，则最大周长为4+4+2+6=16，C 正确； 对于D:如图：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(3+1) ×4+2π×1×√3+π×(32+12) =26π十2√3π，D错误.] 12.解析：根据体积为公比为10的等比数列可得关于高度 的方程组，求出其解后可得前两个圆柱的高度，设第一 325h2 个圆柱的高为九1，第二个圆柱的高为，则2 /65 /325 2 ×230 =10, 2 115 故h2=23mm,h1=2 mm. 答案：5 mm,23 mm 13.解析：在底面ABCD上，AB∥DC,AD⊥AB,DC=2, AD=AB=1, 所以∠ADB=∠ABD=45°， 所以BD=√1+1=√2， 在△BCD中，BD=√2，DC=2,∠CDB=45° 由余弦定理可得： BC=√/CD+BD-2CD·BDcos45=√2， 所以CD2=BD2+CB2,所以∠CBD=90°. 所以BD⊥CB. 又因为PD⊥平面ABCD,所以PD⊥BC 又PD∩BD=D,PDC平面PBD,BDC平面PBD, 所以BC⊥平面PBD,所以BC⊥PB. 则△PCD和△PBC均为直角三角形，当O点为PC中 30 练习册参考答案 点时，OP=OD=OB=OC, 此时O为四面体PBCD的外接球的球心. A B 直线PA与平面ABCD成45°角.PD⊥平面ABCD, 则∠PAD=45°，.PD=AD=1, 又PC=√CD+PD=√5，∴四面体PBCD外接球的 半径为 2 所以四面体PBCD外接球的体积为 - 6元 5w5 答案：6π 14.解析：在菱形ABCD中，已知AB=23,∠BAD=号， △ABD,△BCD都是等边三角形， BD=AB=2√3，取BD的中点为M,连接AM,CM,则 AM⊥BD,CM⊥BD. 所以∠AMC即为二面角C'-BD-A的平面角， os∠AMC=子所以AM=CM=号X25=3. 2 由余弦定理得AC2=AM+CM-2AM·C'M· c08∠AMC=9+9-2X3×3X号=12. 所以AC=2√5，因此三棱锥C-ABD中，AB=BC= CD=DA=BD=AC'=23, 即三棱锥C-ABD为正四面体， 所以棱切球0的半径为，=×23=⑤， 4 ,那么球0 的表面积为S=4πr2=4π· √6 2 =6元. --D C 答案：6π 专题精准强化12空间点、线、面的位置关系 1.B2.A3.C 4.C[根据空间中，线面位置关系的性质定理和判定定理 可判断各选项的正误 若a⊥Y,B⊥Y,则l∥m或l与m相交，故A错误； 若l∥m,则a∥B或a与3相交，故B错误； 若a⊥B,y⊥B,则l⊥m,故C正确； 若lLm,则a与B相交，不一定是垂直，故D错误.] 5.D[由题可知初始时刻ED与 E BF所成的角为0°，故B,C错误； 在四边形AEFD绕EF旋转的 过程中，EF⊥DF,EF⊥FC,DF ∩FC=F,DF,FCC平面DFC,所以EF⊥平面DFC, EFC平面EFCB,所以平面DFC⊥平 A 面EFCB,故点D在平面BCFE内的 投影点P一直落在直线CF上，所以一 定存在某一时刻EP⊥BF,而DP⊥平 E 面EFCB,BFC平面EFCB,所以DP ⊥BF,又DP∩PE=P,DP,PEC平面 3