《巴蜀智库•能力进阶一轮复习》下配套练习答案

巴蜀智库一轮复习(配套练习)巴蜀智库图书巴蜀智库图书·数学编写组/编著重度土版集罔重废土版社参考答案1课时作业(50)6.1数列的基本概念的第7项.【题型】数列的概念.【核心素养】逻辑推理、数学运算.【题型】数列的通项.【核心素养】逻辑推理、数学运算.【详解】∵,由二次函数的性质得，当【题型】数列的单调性.【核心素养】逻辑推理、数学运算.4.【答案】C.【详解】:数列{a}满足a₁=2,a=1-a(neN"),…,可知此数列有周期性，周期T=3,即an+3=an,则a₂02=a₁=2./【题型】数列的单调性.【核心素养】逻辑推理、数学运算.【详解】方法一最多交点个数的规律：1,1+2,1+2+3,…∴10条直线相交交点个数最多是1+2+…+9=45.方法二设n条相交直线的交点个数最多为a(n≥2),则累加得a₁o-a₂=2+3+…+9,∴a₁0=1+2+3+…+9=45.【题型】数列的单调性.【核心素养】逻辑推理、数学运算.【详解】由已知Sₙ=2a+1得S。=2(S+1-Sa),即2Sa+1=3S。所以,而S₁=a₁=1,所以【题型】数列的前n项和与通项的关系.【核心素养】逻辑推理、数学运算.【详解】设数列{a}的前n项积为Tn,则Tn=n²,当n≥2时，【题型】数列的前n项积与通项的关系.【核心素养】逻辑推理.【详解】对于A,因,解得,所以a₁=-5>a₂=-3>a₃=-9,a₄>a₅>a₆>…>0,所以数列{a}有最大项a₄=9,故A正确；对于B,由an∈Z,又n∈N*,所以n=2或n=3或n=4或n=5或n=8,所以使a∈Z的项共有5项，故B不正确；对于C,要使a₂an+1a+2<0,又a≠0,所以an,an+1,aa+2中有1个为负值或3个为负值，所以n=1或n=3,故满足aa+1a+2<0的n的值共有2个，故C正确；对于D,因为n≤3时an<0,n≥4时a>0,所以当n=3时S。取得最小值，故D不正确.【题型】数列单调性、符号判断【核心素养】逻辑推理、数学运算.【详解】假设a,最大，则即6≤n≤7,所以最大项为第6项和第7项.【题型】数列的单调性.【核心素养】逻辑推理、数学运算.【详解】由an+1=(√a+2+1)²-2,得an+1+2=(√an+2+1)²,即√an+1+2=√an+2+1,又a₁=2,所以{√a+2}是以2为首项，1为公差的等差数列，所以√an+2=2+(n-1)×1=n+1,即an=n²+2n-1,所以a₂=7,故A错误，C正确；因为an=(n+1)²-2,所以{a}为递增数列，故B正确；数列{a}不具有周期性，故D错误.【题型】数列的性质.【核心素养】逻辑推理、数学运算.【详解】设题中数列为{a},则a₁=1=√1,a₂=2=√4,a₃=【题型】数列的通项.【核心素养】逻辑推理、数学运算.2n-3,由于n=1时a₁的值不适合n≥2的解析式，故通项公式为【题型】数列的前n项和与通项的关系.【核心素养】逻辑推理、数学运算.是首项为1,公差为1的等差数列，所以√S。=n,所以Sₙ=n²,故a₆=S₆-S₅=6²-5²=11.【题型】数列的前n项和与通项的关系.【核心素养】逻辑推理、数学运算.14.【答案】(1)-6;(2)是，第16项；(3)从第7项起各项都是正数.【详解】(1)当n=4时，a₄=4²-4×7+6=-6.(2)令a=150,即n²-7n+6=150,解得n=16或n=-9(舍去),即150是这个数列的第16项.(3)令a=n²-7n+6>0,解得n>6或n<1(舍去),∴从第7项起各项都是正数.【题型】数列的通项.【核心素养】逻辑推理、数学运算.解得a₂=3a₁=3解得=6.(2)由题设知a₁=1.当n≥2时，有整理得将以上n个等式两端分别相乘，整理得显然，当n=1时也满足上式.综上可知，{an}的通项公式【题型】数列的前n项和与通项的关系.【核心素养】逻辑推理、数学运算.16.【答案】(1)2,0;(2)(-10,-8).结合函数单调性，可知1>a₁>a₂>a₃>a₄,a₅>a₆>a>…>an>1(n∈N*).∴数列{a}中的最大项为a₅=2,最小项为a₄=0.,已知对任意的neN*,都有a≤a₆成立，结合函单调性，可知,即-10<a<-8,即a的取值范围是(-10,-8).【题型】数列的单调性.【核心素养】逻辑推理、数学运算.课时作业(51)参考答案3【详解】设等差数列{an}的公差为【题型】等差数列基本量计算.【核心素养】逻辑推理、数学运算.【详解】由a₁+a₄+a₇=39,得3a₄=39,a₄=13.由a₃+a₆+a₉=27,得3a₆=27,a₆=9.【题型】等差数列性质.【核心素养】逻辑推理、数学运算.【详解】因为S,为等差数列{a}的前n项和，令,则{b}也为等差数列，设其公差为d',=2001,得d'=1,-2021.【题型】等差数列前n项和的性质.【核心素养】逻辑推理、数学运算.【详解】由于2an+1=an+an+2,故数列{an}为等差数列.依题所,对应二次函数图象开口向下且对称轴方程为,故n=15或16时取得最大值.【题型】等差数列前n项和最值问题.【核心素养】逻辑推理、数学运算.【详解】由题意知，由细到粗每段的重量成等差数列，记为{an},设公差为d,则有则，解得a₁=,所以该金杖的总重量M=∵48a;=5M,∴4,解得i=6.【题型】等差数列应用.【核心素养】逻辑推理、数学运算.【详解】因为a₁+a₂+a₃=34,an-2+an-1+an=146,所以a₁+a₂+a₃+an-2+an-1+an=34+146=180.又因为a₁+an=a₂+an-1=a₃+an-2,所以3(a₁+an)=180,从而a₁+an=60.所以0,即n=13.【题型】等差数列前n项和的性质.【核心素养】逻辑推理、数学运算.【详解】由a₇+a₈+a₉>0得a₈>0,由a₇+a₉<0,故S₈最大.【题型】等差数列前n项和最值问题.【核心素养】逻辑推理、数学运算.又S₈>S₇,S₈=S₇+a₈,∴S₇+a₈>S₇,即a₈>0,∴d=a₉-ag<0,故A,C中的结论正确；∵S₉>S₇,S₉=S₇+a₈+ag,∴S₇+a₈+a₉>S₇,即a₈+a₉>0,故B中的结论正确，D中的结论错误.【题型】等差数列前n项和性质.【核心素养】逻辑推理、数学运算【详解】设公差为d,则an=a₁+(n-1)d=-2n+17,故B正确；【题型】等差数列综合问题.【核心素养】逻辑推理、数学运算. 能力进阶轮复习(配套练习)高中数学下册【详解】对于A,因为,所以332,所以A正确；,即对于B,,即对于B,因对于C,由选项B可),所以D正确.解得n=12(n=-8舍去).故最下面三层的塔数之和为a₁o+a+a₁=3a=3×(2×减得aₙ+an+1=6n-1(n≥2)①,即aa-1+a=6n-7(n≥3)②,①-②得aa+1-aa-1=6(n≥3),所以数列{a}的偶数项成等则az=a₂+6(k-1)=5-2m+6k-6=6k-2m-1,az+1=a₃+6(k-1)=6+2m+6(k-1)=6k+2m,【详解】选取①③=②.设数列{a}的公差为d,则a₂=3a₁=a₁+d,得d=2a₁,所以设数列{a}的公差为d,关于n的一次函数，则,即d=2a₁,所以a₂=a₁+d=3a₁.选取②③→①.1)d'=nd',所以Sₙ=n²d'²,所以a=S,-S_1=n²d²-(n-1)²d²=2d'²n-d"²(n≥等差数列.参考答案5∵a₁=8,a₄=2,∴d=-2,∴an=a₁+(n-1)d=10-2n,n∈N*.(2)设数列{an}的前n项和为Sn,则由(1)可得，由(1)知an=10-2n,令an=0,得n=5,=a₁+a₂+…+a₅-(a₆+a₇+…+an)=S₅-(S-S₅)=2S₅-Sn=2×(9×5-25)-(9n-n²)=n²-9n+40;=a₁+a₂+…+an=9n-n².【题型】等差数列前n项和.【核心素养】逻辑推理、数学运算.16.【答案】(1)2n²-n;(2)证明见详解.【详解】(1)∵a₁,a₂(a₁<a₂)分别为方程x²-6x+5=0的两∴等差数列{an}的公差为4,(2)证明：∵bn+1-bn=2(n+1)-2n=2,b₁=2,∴{b}是首项为2,公差为2的等差数列.【题型】等差数列前n项和、证明.【核心素养】逻辑推理、数学运算.课时作业(52)方法二：由题意或(舍去)或(舍去).【题型】等比数列基本量计算.【核心素养】逻辑推理、数学运算.【详解】设等比数列的公比为q,由S₃=14,a₃=8,由an>0解得a₁=2,q=2,所以a₆=a₁q⁵=2×2⁵=64.故选C.【题型】等比数列基本量计算.【核心素养】逻辑推理、数学运算.【详解】由a₂a₆=16,得a²=16=a₄=±4.又a₄+a₈=8,则可得【题型】等比数列基本量计算.【核心素养】逻辑推理、数学运算.【详解】设等比数列{an}的公比为q,由a₅=3a₃+4a₁,得q⁴=3q²+4,得q²=4,因为数列{a}的各项均为正数，所以q=2.又a₁+a₂+a₃+a₄=a₁(1+q+q²+q³)=a₁(1+2+4+8)=15,所以a₁=1,所以a₃=a₁q²=4.【题型】等比数列基本量计算.【核心素养】逻辑推理、数学运算.【详解】易知等比数列{an}的前n项和S。满足S₁,S₂₀-S₃o-S₂0,S₄-S₃0,…成等比数列.设{an}的公比为q,则q¹⁰>0,故S₁,S₂0-S10,S₃-S₂0,S₄-S₃0,…均大于0.故(S₂₀-S₁0)²=S₁₀·(S₃-S₂0),即(S₂o-1)²=1·(7-S₂₀)→S20-S₂-6=0.因为S₂O>0,所以S₂₀=3.又(S₃0-S₂₀)²=(S₂0-S₁₀)(S₄-S₃0),所以(7-3)²=(3-1)(S₄₀-7),故S₄=15.【题型】等比数列的性质.【核心素养】逻辑推理、数学运算又因为{an}是等比数列，所以,所!【题型】等比数列的性质.【核心素养】逻辑推理、数学运算.【详解】因为在等比数列{a}中，a₂=2,,所!,所以由等比数列的性质，易知数列{anan+1}为等6能力进阶——一轮复习(配套练习)高中数学下册比数列，其首项为a₁a₂=8,公比为,所以a₁a₂+a₂a₃+…+anan+1为数列{anan+1}的前n项和.由等比数列的前n项和公式【题型】等比数列的性质.【核心素养】逻辑推理、数学运算.a₁q³=18,a₁q+a₁q²=12,∴a₁=2,q=2或a₁=16(舍去),故A正确；,∴S₈=510,故B错误；故数列{Sn+2}是等比数列，故C正确；∵a=2”,∴lgan=lg2"=nlg2,∴lgan+1-lgan=(n+1)·lg2-nlg2=lg2,故数列{lgan}是公差为lg2的等差数列，故D错误.【题型】等比数列基本量计算.【核心素养】逻辑推理、数学运算.【详解】因为等比数列{a}的各项均为正数，公比为q,且a₁>1,a₆+a₇>a₆a₇+1>2,所以(a₆-1)(a₇-1)<0,得0<a₆<1,a₇>1或a₆>1,0<a₇<1.当a₆>1,0<a₇<1时，0<q<1,满足题意，所以0<q<1.因为a₆a₇+1>2,所以a₆a₇>1,所以Ti₂=a₁·a₂·…·a₁·a₁2=(a₆a₇)⁶>1,T₁₃=a¹³<1.【题型】等比数列性质.【核心素养】逻辑推理、数学运算.【详解】数列{a的前n项和为S。,若a₁+a₂=2,an+1=S,+1,令n=1,得a₂=S₁+1=a₁+1,结合a₁+a₂=2,知所以an+1-an=(S。+1)-(Sn-1+1)=a(n≥2),即an+1=故当n≥2时所以S₆=3×16-1=47,由于,当n≥2故D正确.【题型】数列综合.【核心素养】逻辑推理、数学运算.【详解】由题意知a₄=a₁q³,代入数据得q³=-8,所以q=-2.等比数列{|a,}的公比为|q|=2,则,所以la₁I+|a₂I+la₃I+…+|aI=2(1+2+2²+…+2"-¹)=【题型】等比数列的性质.【核心素养】逻辑推理、数学运算.【详解】设数列{an}的公比为q,易知数列{anan+1an+2}是首项为a₁a₂a₃=4×2×1=8,公比为的等比数列，2-3n).【题型】等比数列的性质.【核心素养】逻辑推理、数学运算.a₂021,设等比数列{an}的公比为q,所以【题型】等比数列的性质.【详解】(1)由题意得a₁=S₁=1+λa₁,由S,=1+λa,Sn+1=1+λan+1得an+1=λan+1-Aan,所以因此数列{an}是以为首项，为公比的等比数(2)由(1)得,又因,解得λ=-1.【题型】等比数列基本量计算.【详解】若选①,因为a₃=12,q=2,所以a₁=3,则S=令S>2020,即!2',所以存在最小正整数k=10,使得S>2020.若选②,因为,所以a₁=48,则S=存在正整数k使得S>2020.若选③,因为a₃=12,q=-2,所以a₁=3,则令S>2020,即(-2)"<-2019.当k为奇数时，原不等式等价于2k>2019,所以存在最小正整数k=11使得S>2020.【详解】(1)因为an+1=a,+6a-1(n≥2),所以an+1+2an=3an+6a-1=3(an+2an-1)(n≥2).因为a₁=5,a₂=5,所以a₂+2a₁=15,因为an+2an_1≠0(n≥2),所!所以数列{an+1+2a,}是以15为首项，3为公比的等比数列.(2)由(1)得an+1+2a=15×3“-¹=5×3”,则a+1=-2a,+5×3",所以an+1-3"+¹=-2(an-3").又因为a₁-3=2,所以an-3"≠0,所以{an-3"是以2为首项，-2为公比的等比数列.所以an-3"=2×(-2)"-¹,即a=2×(-2)"-¹+3".【题型】等比数列证明.课时作业(53)【详解】因为S。=2a,-4,所以Sn-1=2an-1-4(n≥2),两式相减可得S。-S-1=2a-2an_1(n≥2),即a=2an-2an-1(n≥2),整理得an=2an-1(n≥2),即2a₁-4,即a₁=4,所以数列{an}是首项为4,公比为2的等比数列，则a=4×2n-¹=2"+1.故选A.【详解】由an=n(an+1-an),得(n+1)an=nan+1,整理得常数列，,故an=n,故选C.【题型】数列构造法求通项.故数首项为1,公差为2的等差数列，8能力进阶——一轮复习(配套练习)高中数学下册据此可所以数列{an}的第100项0,故A正确，,当n=1时也符【题型】数列求通项-累加法.所以数列{an+an+1}是首项为4,公比为4的等比数列，所以a₉+a₁o=49.变形为an+1+1=2an+2=2(a+1),2,故an+1=2×2"-²=2"-¹,故an=2"-¹-1,显然a₁=1不满足an=2”-¹-1,故{a}的通项公式为a=【详解】由a=3an_1+4(n≥2),可得an+2=3(an-1+2)(n≥2),即{a,+2}是以a₁+2=3为首项，以3为公比的等比数与题中递推公式比较得k=-1,即a+1-5n+¹=2(a-5"),所以数列{an-5"}是首项为a₁-5=-3,公比为2的等比数列，则an-5"=-3×2"-¹,故an=5"-3×2n-1.【详解】因为an+1=an+n+1,所以an+1-an=n+1,…+(a₂-a₁)+a₁=n+(n-1)+(n-2)+…+2+1=n(n+1),,故S。+n=2"-n+n=2",所以an_2+a+2=2a+a-1+an-a-1=3a,故A正确.对于B,a₁=a₂=1,a₃=2,a₄=3,a₅=5,a₆=8,a₁+a₃+a₅=8≠a₆-1=7,故B错误.对于C,a₁+a₂=a₃,a₂+a₃=a₄,…,an+an+1=an+2,以上各化简得a₁+a₂+a₃+…+an=an+2-a₂=an+2-1,故C正确.对于D,由题意可得a²=1,a2=a₂(a₃-a₁)=a₂a₃-1,a²=a₃(a₄-a₂)=a₃a₄-a₃a₂,…累加得a²+a²+…+a2023=a₂023Q₂024,故D正确.【详解】因为a₃=S₃-S₂,且,所以a₃=,解得a₃=3.【详解】由an+1=3an+2(n∈N*)可知a+1+1=3(an+1),所以数列{an+1}是以3为首项，3为公比的等比数列，所以an+1=3",则an=3"-1.2(n-2),…,a₃-a₂=2×2,a₂-a₁=2×1,a₁=32,累加得an=是以3(2)由(1)【详解】(1)由a=√Sn+√Sn-1,得S。-Sn-(2)证明：当n≥2时【详解】由an+2=5a+1-6an,3an),令bn=an+1-3a,则b₁=a₂-3a₁=5,bn+1=an+2-3an+1·∵bn+1=2bn,∴{bn}是首项为5,公比为2的等比数列，∴bn=5×2"-¹,∴an+1-3a=5×2n-1.",则2"+¹.∵Cn+1=3c,∴{cn}是首项为4,公比为3的等比数列，课时作业(54)【详解】记an=1+2+2²+…+2"-¹2024-1)=2024.故选B.N*).则数列{a²}是首项为4,公比为9的等比数列，故a²+…+【详解】对数函数y=logax的图象过定点(1,0),∴函数y=log。(x-1)+3的图象过定点(2,3),则a₂=2,a₃=3,故an=n,∴,艮,解得a=n²,n≥2,显然a₁=1也满足该通项公式，故A选项错误；对于B选项，因为an=n²,所!的前10项和为1+2+3+…+10=55,故B选项正确；bn-2+…+b₂-b₁=3(2²+…+n²)-3(2+…+n)+(n-1)=n³-1,n≥2,因此解出an=1,又a₁=1,则a₂+a₁=1,所以a₂=0,又an+2+an+1=1,则an+2-a=0,所以an+2=an,即数列{an}的奇数项相等，且都等于a₁=1,所以{a}是以1为首项，2为公差的等差数列，则a=2n-因为a₁=1,所以{a}是首项为1,公比为2的等比数列，则,因为a₁=1,所以a₁+1=2,所以{an+1}是首项为2,公比为2的等比数列，所以an+1=2",即an=2"-1,故D正确.当n=1时,当n≥2时参考答案11原式与之相减可得,则a,可得,所以数列第二项开始为常数数列，又选项C正确；设b₁+b₂+…+b=T,则Tn=2×2+3×2²+4×2³+…+2n+1,两式相减可得-Tn=2×2+2²+2³+…+2"-(n+1)·2n+1,整理得-故选项D正确.【详解】由题意知通项【题型】数列裂项相消求和.【详解】由Sn=n²-6n,得{a}是等差数列，且首项为-5,公差为2,∴an=-5+(n-1)×2=2n-7.【详解】当n为奇数时an+2-an=0即an+2=an=…=a₁=1,所以S奇=50;当n为偶数时an+2-an=2,即{a₂}(k∈N*)为等差数列，所以故S₁00=2600.【详解】(1)设数列{a}的公差为d,数列{bn}的公比为q.∵a₁=2,b₁=1,且a₂=b₃,S₃=6b₂,解∴an=2+(n-1)×2=2n,b,=2"-1.(2)由题意知cn=b,+(-1)"a=2"-¹+(-1)"2n,∴Tn=(1+2+4+…+2"-¹)+[-2+4-6+8-…+(-1)"·2n].②若n为奇数，则【详解】(1)由bn=log₂an和b₁+b₂+b₃=12,得log₂(a₁a₂a₃)=设等比数列{an}的公比为q,∵a₁=4,∴a₁a₂a₃=4·4q·能力进阶轮复习(配套练习)高中数学下册(2)由(1)得bn=log₂4"=2n,设数列{4"}的前n项和为Bn,则-an),又a₁=1,a₂=3,所以a₂-a₁=2,所以{an+1-a}是首项为2,公比为2的等比数列，所以an+1所以an=a₁+(a₂-a₁)+…+(a-an-1)=1+2+2²+…+2"-¹=2"-1(n≥2),(2)因为又因为对任意的n(n∈N*),都有,所以m≤1-恒成立，实数m的取值范围课时作业(55)6.5数列的求和,即n²-1(n≥2),所,即又a₁=1也满足上式，所以b₁q=9,b₁+b₁q²=30,解得q=3,b₁=3,故bn=3".(2)由(1)知a₂o=77,令b。<77,则n=1,2,3,所以b₁=3,b₂=9,b₃=27在新数列{c}的前20项内.因为a₃=9与b₂=9为公共项，所以前20项中有18项数列{an}中的项以及b₁,b₃.3+27=660.3.【答案}能为等f(n)=C¹+C²+…+Ch+…+Cn=2"-1,所以f(8)=255.(2)因为{an}是公比为2的等比数列，所以an=2"-¹(n∈N*).所以f(n)=C¹+2C²+4C³+…+2"-¹cn.所以1+2f(n)=1+2C¹+2²C²+2³C³+…+2"C"=(1+2)"=(3)假设存在等差数列{an},使得f(n)-1=(n-1)2”对一设公差为d,则f(n)=a₁C¹+a₂C²+…+aCh+…+aC又f(n)=aC"+an-1Cn-¹+…+aC+…+a₁C,相加得2f(n)=2an+(a₁+an-1)(C¹+C²…+C+…+所以2)d](2n-¹-1).所以f(n)-1=(d-2)+[2+(n-2)d]2“-¹=(n-1)2”恒4.【答案;(2)最小值,最设等比数列{b}的公比为q,则由bn=2bn+1+3bn+2,得1=2q+3q²,解得q=,则【详解】(1)因为bn+2-2bn+1+bn=0,所以{bn}为等差数列.,所以.所以数列,即1,所以an=n.所以14能力进阶——一轮复习(配套练习)高中数学下册所以{cn}的前n项和Tn的最大值为,最小值【题型】裂项相消求和.【详解】(1)设等差数列{a}的公差为d,等比数列{bn}的公比为q.由a₁=1,a₅=5(a₄-a₃),得a₁+4d=5d,解得d=1.从而{an}的通项公式为an=n.可得q²-4q+4=0,解得q=2,从而{b}的通项公式为bn=(2)由b₁=1,q=2可得Qn=T₁+T₂+…+Tn=(2¹-1)+(2²-1)+…+(2"-1)n-2,故Qn=2"+¹-n-2.(3)当n为奇数时，当n为偶数对任意的正整数n,有由①-②得所以数列{cn}的前2n项和课时作业(56)【详解】依题意得a₂+2a₄=36,q=2,则2a₁+16a₁=36,解得【详解】设等差数列{a}的公差为d,由题意分析知d>0.因为成等比数列，10d),即44d²-36d-45=0,所以【详解】将点P的坐标(Inan,Inan+1)(n∈N*)代入x-y+In2=0中，可得an+1=2a,所以{a}是首项为2,公比为2的等比数列2,令Sn>200,则2"+1>202,所以n的最小值为7.【题型】数列与函数综合问题.f(-x)=-f(x),则f(x+2)=-f(x),且f(0)=0,所以f(x+参考答案154)=f(x+2+2)=-f(x+2)=f(x),所以f(x)的周期T=4,a₁=f(1)=3,a₂=f(2)=-f(0)=0,a₃=f(3)=f(-1)=-f(1)=-3,a₄=f(4)=f(0)=0.则a₁+a₂+a₃+a₄=0.所以S₂022=a₂021+a₂2022=a₁+a₂=3.故选A.∵f(π-x)=sin(2π-2x)+cos(π-x)+1=-sin2x-cosx+1,∴f(π-x)+f(x)=2.4+1=9,即数列{yn}的前9项和为9.-1,a₃a₅-a²=2×5-3²=1,…,a₂015Q₂017-a2016=1,∴(a₁a₃-a²)(a₂a₄-a²)(a₃a₅-a²2)…(a₂015a₂017-a²01611008×(-1)1007=-1.的极大值点a₁=1,极大值b₁=1;当2≤x<4,即0≤x-2<2时，可得f(x)=3f(x-2)=3[1-(x-3)²],可得a₂=3,b₂=3;当4≤可得a₃=5,b₃=9,…,即有a₂o=39,b₂₀=3¹⁹.记S₂₀=a₁b₁+a₂b₂+…+a₂ob₂0,则S₂o=1×1+3×3+5×9+…3+3×9+5×27+…+39×3²°②,①-②得-2S₂₀=1+2×(3+可得S₂。=19×3²⁰+1.故选A.…,以此类推，第n次最小值为S₂,且400=500.故选AC.2,则Vn∈N*,an>0,1>0,则an>1,对于A,an+1-an=(a-1)²>0,即an+1>an,{a}为递增数对于B,an≥a₁=2,则an+1-an=(an-1)²≥1,因此aπ=(a₂-a₁)+(a₃-a₂)+…+(an-an-1)+a₁≥对于C,由an+1-1=a(an-1),,即对于D.·2(当且仅当n=1时取等号),错误.构成一个等差数列，记为{a},S,表示数列{a}的前n则a₁=4900,a240=2510,2510)=889200,则故小张该笔贷款的总利息为889200-600000=289200能力进阶轮复习(配套练习)高中数学下册(元),故A正确；设小张每月的还款额为x元，则x+x(1+0.004)+x(1+0.004)²+…+x(1+0.004)²39=600000×(1+0.004)2²40,3891,故B错误；小张采取等额本息贷款方式的总利息约为3891×240-600000=933840-600000=333840(元),故C正确；因为333840>289200,所以从经济利益的角度来考虑，小张应选择方式①,故D正确.(an-1-an-2)+…+(a₂-a₁)+a₁=2"-¹+2"-²+…+2²+2+2=列，而a₁=1,a₂=2,所以a10=2×2⁴=32,a₁=1×2⁵=32.an+an+1=bn,所以b₁₀=a₁o+a₁=64.【详解】由于an+2-an=1+(-1)",所以a₁=a₃=…=a₂9=1,a₂,a₄,…,a₃o构成公差为2的等差数列，所以数列{an}的通项公式为an=4n+4.所以数列{a}的通项公式为an=2n.(2)若选择①,则Sn=2n²+6n,则S+2=2(k+2)²+6(k+2)=2k²+14k+20.若a₁,a,Sk+2成等比数列，则a²=a₁·S+2,即(4k+4)²=8(2k²+14k+20),整理得k²+2k+1=k²+7k+10,即5此方程无正整数解，故不存在正整数k,使a₁,a,SA+2成等比数列.若选择②,则Sn=n²+n,则SA+2=(k+2)²+(k+2)=k²+5k+6.即(2k)²=2(k²+5k+6),整理得k²-5k-6=0故存在正整数k=6,使得a₁,a,Sk+2成等比数列.又函数f(x)的所有正的零点构成递增数列{a},所以{a}首项为,公差为d=1的等差数列，因此a,(2)由(1)所以【核心素养】逻辑推理、数学运算.【详解】(1)设an,b。分别为第n年投入的电力型公交车、混合动力型公交车的数量.依题意得{an}是首项为128,公比为的等比数列，{b,}是首项为400,公差为a的等差数列.,{bn}的前所以经过n年，该市被更换的公交车总数为S(n)=S,+Tn=(2)若计划7年内完成全部更换，则S(7)≥10000,所以+400×7+7×⁶a≥10000,即21a≥3082,解得.又a∈N*,所以a的最小值为147.【题型】数列应用问题.【核心素养】逻辑推理、数学运算.课时作业(57)7.1空间几何体的结构、直观图【详解】①满足前、后面互相平行，其余的面都是四边形，且相邻四边形的公共边互相平行，∴图①是棱柱，故A错误；②不满足相邻四边形的公共边互相平行，∴图②不是棱柱，故B错误；③中上、下两个圆面不平行，不符合圆台的结构特征，∴图③不是圆台，故C错误；④符合棱锥的结构特征，∴图④是棱锥，故D正确.【题型】多面体的定义.【核心素养】逻辑推理、直观想象.【详解】四个面都是三角形的几何体只能是三棱锥.故选D.【题型】棱锥的性质.【核心素养】逻辑推理、直观想象.【详解】对于A,当直四棱柱的底面不是矩形时，直四棱柱不对于B,当圆柱的母线长等于圆柱底面圆的周长时，侧面展开图为正方形，故B错误；对于C,正方体被一个平面截去一个角之后可以得到一个简【题型】空间几何体的结构特征.【核心素养】逻辑推理、直观想象.【详解】正三棱锥：底面为正三角形，侧棱长相等(或顶点在底面的投影为底面中心).对于选项A,三个侧面是全等的等腰三角形，等价于侧棱长相等，且底面是正三角形的三棱锥，等价于正三棱锥的定义，故A正确；对于选项B,各个面都是正三角形，符合定义，故是正三棱锥，但正三棱锥的侧棱和底面边长不一定相等，所以侧面不一定是等边三角形，故B错误；对于选项C,三个侧面是全等的等腰三角形，但没有指定具体哪些边对应相等，则不一定是正三棱锥，故C错误；对于选项D,正三棱锥的顶点在底面的投影为底面中心，故顶点在底面的投影是底面三角形重心时不一定是正三棱锥，故D错误.【题型】正棱锥的性质.【核心素养】逻辑推理、直观想象.【详解】∵直观图正方形0'A'B'C'的边长为2cm,∴原图形为平行四边形OABC,如图，其中OA=2cm,高OB=4√2cm,∴图形的周长为2×6+2×2=16(cm).【题型】直观图的规则、斜二测画法中的计算.【核心素养】逻辑推理、直观想象、数学计算.【详解】正方体有3对平行的平面，根据3种摆放的形式，知道，B与D,A与E,C与F是相对的平面.字母A,B,C对面的字母依次分别为E,D,F,故选C.【题型】空间几何体的特征。轮复习(配套练习)高中数学下册【核心素养】逻辑推理、直观想象.【详解】设O'B'=A'B'=x,∠B'A'O'=∠A'O'B'=45°,所以O'A'=√2x,所以在△OAB中，∠BOA=90°,∴∠OBA≠90°,所以选项A错误；由题得OB=2x,BA=√4x²+2x²=√6x,所以OB≠BA,所以选项B错误；因为OB=2x,OA=√2x,所以OB>0A,所以选项C错误，选项D正确.【题型】斜二测画法中的计算.【核心素养】逻辑推理、直观想象、数学计算.【详解】对于A,根据斜二测画法知，直观图中平行关系不会对于B,不妨以三角形为例，如图①,A'Bi①D'MC'②Bi①在其直观图(图②)中，作A'M⊥B'C',则直观图的面积因为平面多边形可由若干个三角形拼接而成，在直观图中，每个三角形的面积都为原三角故平面多边形直观图的面积也为原来平面多边形面积!B正确；对于C,梯形的上、下底平行且长度不相等，在直观图中，两底仍然平行，且长度不相等，故一个梯形的直观图仍然是梯形，C正确；对于D,空间几何体的直观图中，在原图中互相垂直的两条直线在对应的直观图中可以垂直，如长方体的长和高，D错误.【题型】直观图的规则.【核心素养】逻辑推理、直观想象、数学计算.【详解】对于A选项，圆柱是将矩形以一边为轴旋转一周所得对于B选项，过圆锥顶点的截面是等腰三角形，故B正确；对于C选项，以直角三角形一直角边为旋转轴，旋转所得的旋转体是圆锥，故C错误；对于D选项，平行于母线的平面截圆锥，截面不是等腰三角【题型】旋转体的结构特征.【核心素养】逻辑推理、直观想象.【详解】几何体ABCD-A₁EFD₁一共有六个面，是一个六面几何体ABCD-A₁EFD₁一共有六个面，侧棱不相交于一个四个面都是平行四边形，所以是四棱柱，故C正确；都是平行四边形，所以是三棱柱，故D正确【题型】多面体的结构特征.【核心素养】逻辑推理、直观想象.【详解】对于①,若上、下底面上的两点连线与底面不垂直，则不是圆柱的母线，①错误；对于②,由圆锥母线的定义可知②正确；对于③,若一个直四棱柱与一个斜四棱柱的底面大小相同，将其上、下底面相接构成一个组合体，如下图所示，对于④,若平行六面体的体对角线相等，则对角面为矩形，如下图所示，此时四边形AB₁C₁D与A₁BCD₁均为矩形，∴AD⊥AB₁,A₁D₁⊥A₁B,参考答案19∵AB₁NA₁B=0,AB₁,A₁BC平面ABB₁A₁,∴AD⊥平面ABB₁A₁,又AB,AA₁C平面ABB₁A₁,∴AD⊥AB,AD⊥AA₁,∴四边形ABCD,A₁B₁C₁D₁,ADD₁A₁,BCC₁B₁均为矩形，同理可得A₁B₁⊥平面BCC₁B₁,又BB₁C平面BCC₁B₁,∴A₁B₁⊥BB₁,∴四边形ABB₁A₁,CDD₁C₁均为矩形，∴该平行六面体为长方体，④正确.【题型】空间几何体的结构特征.A₁C,BC₁,则将三棱台分成3个三棱锥，即三棱锥A-A₁BC,B₁-A₁BC₁,C-A₁BC₁.【题型】棱台与棱锥的结构特征.6y条棱，同理，每个顶点出现在三个面中，总顶点数所以E=90.又因为F=x+y,故60-90+x+y=2,即x+y=32,与5x+6y=180联立方程可得y=20.【题型】与多面体相关的新定义题型.【详解】(1)该几何体有两个面是互相平行且全等的正六边形，其他各面都是矩形，满足每相邻两个面的公共边都互相平行，故该几何体是正六棱柱.(2)等腰梯形两底边中点的连线将梯形平分为两个直角梯形，每个直角梯形绕垂直于底边的腰所在直线旋转180°形成半个圆台，故该几何体为圆台.(3)该几何体的其中一个面是多边形(四边形),其余各面都因为底面是正方形，其他各面都是有一个公共顶点的全等的等腰三角形，所以该几何体是正四棱锥.(4)一个圆绕其一条直径所在的直线旋转180°形成的封闭曲面所围成的几何体是一个球.【题型】空间几何体的结构特征.【详解】(1)如图，建立平面直角坐标系x0y,在x轴上截取在过点D的y轴的平行线上截取DA=2D₁A₁=2.在过点A的x轴的平行线上截取AB=A₁B₁=2.连接BC,即得到原图形.度分别为AB=2,CD=3,直角腰的长度AD=2,所以面积为S=易得直观图中梯形的高为因此其面积为【题型】斜二测画法的规则及计算.【详解】连接EG,FH,将正方形分成四个一样的小正方形.则四个顶点必重合于正方形的中心，故不能折成一个四棱锥.由此我们可以推想：①所有棱锥的侧面三角形上以公共顶点为顶点的所有角之和必小于360°;②所有棱锥的侧面展开图不可能由若干个有公共顶点的三角形组成，并且公共顶点在图形的内部.【题型】与空间几何体相关的综合问题.课时作业(58)7.2空间几何体的表面积与体积【详解】棱长为1的正四面体的表面积为【题型】锥体的表面积.【详解】由题意设底面半径为r,母线为l,圆柱的侧面积为S=2πrl=2π×3×4=24π.【题型】圆柱的侧面积.【核心素养】逻辑推理、直观想象、数学运算.【详解】由平面α截球0所得截面圆的面积为12π,得此截面小圆的半径r=2√3,而球心到此小圆的距离d=√2,因此对于球0的半径R,有R²=r²+d²=14,所以球0的表面积S=4πR²=56π.【题型】球的表面积.【核心素养】逻辑推理、直观想象、数学运算.【详解】该组合体的直观图如图所示，半球的半径为8米，圆柱的底面半径为8米，母线长为13米，圆台的两底面半径分别为8米和1米，高为24米，所以半球的表面积为-2×4π·8²=128π(平方米),圆柱的侧面积为2·π·8×13=208π(平方米),圆台的侧面积为π(8+1)×√7²+24²=225π(平方米),故该组合体的表面积为128π+208π+225π+π×1²=562π(平方米).【题型】组合体的表面积.【核心素养】逻辑推理、直观想象、数学运算.【详解】如图，过点G作GH//AC,交SA于点H.因为AC⊥AB,AC⊥SA,AB∩AS=A,AB,ASC平面SAB,所以AC⊥平面SAB.因为GH//AC,所以CH⊥平面SAB,-,则GH=因为E,F分别为SA,BS的中点，所以所以Vc-se=3s【题型】割补法、转底转面法求锥体体积.【核心素养】逻辑推理、直观想象、数学运算.所求多面体的体积为正方体的一半，又依题易求得正方体的棱长为12,图①图②【题型】割补法求锥体体积【核心素养】逻辑推理、直观想象、数学运算.【详解】设R为圆O₂上任意一点，过点R作圆柱O₁0₂的轴截面PQRS,过点0作MN10₁0₂交圆柱轴截面的边于M,N,如图所示.设RO与圆柱的下底面所成的角为α,则OM=3cosα,MR=3sinα,所以V=π·OM²·QR=π·(3cosα)²(00₁+3sinα)=),即sin²α)·(1+2sinα),当点P,Q均在球面上时，角α取得最小值，参考答案21此,所以,所!所以所时单调递减，所以【题型】体积与导数的综合应用.【详解】对于A,由已知及题图知∠ADC<90°,故∠ADC=60°,错误；对于B,由A易知圆台的高为h=2×sin60°=√3(cm),所以正确；对于C,圆台的体积),正确；而圆台对应的圆锥体的侧面展开图为扇形COD且OC=4,又的最短距离为5cm,正确.【详解】对于A,四棱锥B₁-BED₁F的体积等于三棱锥E-BB₁D₁的体积与三棱锥F-BB₁D₁的体积之和，BB₁D₁,BB₁C平面BB₁D₁,所以AA₁//平面BB₁D₁,同理可得CC₁//平面BB₁D₁,点E,F到平面BB₁D₁的距离为定值，则四棱锥B₁-BED₁F的体积恒为定值，A正确；对于B,由平面BED₁与棱AA₁交于点F,可得平面BED₁F∩平面AA₁B₁B=BF,平面BED₁F∩平面CC₁D₁D=D₁E,又平面AA₁B₁B//平面CC₁D₁D,则BF//D₁E,又平面BED₁F∩平面BCC₁B₁=BE,平面BED₁F∩平面ADD₁A₁=D₁F,且平面BCC₁B₁//平面ADD₁A₁,则BE//D₁F,对于C,由B可得截面四边形BED₁F是平行四边形，当BE+ED₁的值最小时，四边形BED₁F的周长取得最将侧面BB₁C₁C与侧面CC₁D₁D展开在同一平面内，则当截面四边形BED₁F的周长取得最小值时，满足条件的点对于D,直线D₁E与直线DC交于点P,直线D₁F与直线DA交于点Q,则P,B,Q三点均为平面BED₁F与平面ABCD的公共点，由平面BED₁F与平面ABCD有且仅有一条交线可得P,B,Q【题型】简单几何体的综合问题.【详解】对于A,如图所示，易知ABC₁D₁为平行四边形，则AD₁//BC₁,所以异面直线DP与AD₁所成的角即为直线DP与BC₁所成能力进阶轮复习(配套练习)高中数学下册DP与AD₁所成的角大于且趋近于3,对于B,若MA+MD=8,又AD=4,所以在同一平面内，点M的轨迹是以A,D为焦点的椭圆，又因为M为空间中任意一点，所以点M的轨迹是长轴长为当点M在AD中点的正上方时，点M到平面ABD的距离最,故B错误；对于C,如图所示，GP⊥BC₁,交BC₁于点P,交BC于点Q,由题可得C₁G=6,所以GP=3√2,即PQ+QG的最小值为对于D,如图所示，易知A₁B//CD₁,CD₁C平面ACD₁,A₁BC平面ACD₁,所以A₁B//平面ACD₁,同理可得C₁B//平面ACD₁,又A₁BNC₁B=B,且A₁B,C₁BC平面A₁C₁B,所以平面A₁C₁B//平面ACD₁,又A₁PC平面A₁C₁B,所以A₁P//平面ACD₁,故D正确.由题设可知该圆锥的高PO=h=2√3.设在该圆锥中内接一个高为Q0=x的圆柱，该圆柱的底面半径为OF=r,由△PDC∽△PAB,则故该圆柱的侧去了8个正三棱锥所余下来的几何体，如图所示.由题意可知AD=BD,AB=2,,所以故该正方体的棱长为2+2√2,且被截去的正三棱锥的底面边参考答案23则该小三棱锥几何体的体积为MD垂直于该两面，故该两面的距离d=(2+2√2)×√3-2×由余弦定理得2=1+AC²-2ACcos∠ACB,解得AC=√3.(2)将△ABC₁绕BC₁旋转到与△CBC₁在同一平面内(如图所示),连接AC交BC于点P,此时AP+CP取得最小值，最小值即AC的长.故BC²+AB²=AC²,故AB⊥BC₁,即∠ABC₁=90°,由余弦定理得AC²=1+2-2×√2×1×cos135°=5,所以AC=√5(或者在△AC₁C中由勾股定理得AC=√5),课时作业(59)【详解】如图，设该圆锥外接球的球心为0,其外接球的半径为R,其底面圆的半径为r,由圆锥的母线长为4,高为3,则r=√16-9=√7,则有(3-R)²+r²=R²,解得【题型】长方体的外接球问题.【详解】因为PA⊥底面ABC,所以PA⊥BC,又因为AB⊥BC,PA∩AB=A,PA,ABC平面PAB,所以BC⊥平面PAB,则PB⊥BC,即△PAC,△PBC均为直角三角形，所以该外接球的球心0是PC的中点，设外接球的半径为R,表面积为S=4πR²=8π,∴R=√2,∴PC=2R=2√2,∵PA⊥AC,PA=AC,∴AC=2.能力进阶轮复习(配套练习)高中数学下册【题型】利用球的定义确定球心的问题.因为三棱柱ABC-A₁B₁C₁的外接球体积等于4√3π→R=√3.在直三棱柱ABC-A₁B₁C₁中，△ABC为等腰直角三角形，分别取BC,B₁C₁的中点D,D₁,连接DD₁,则DD₁的中点0为三棱柱ABC-A₁B₁C₁的外接球的球心，【题型】直棱柱的外接球问题.【详解】设正方体的棱长为a,正方体的外接球的半径为R,八面体的内切球的半径为r,又八面体的棱长故八面体的内切球的体积与正方体的外接球的体积比为【题型】球切接的综合问题.且0为MN的中点.因为正方体的棱长是2,所以MN=2,则内切球的半径为1.即当P位于正方体的顶点时取最大值，位于内切球与正方体的切点处时取最小值，即PM·PN的取值范围为[0,2].【题型】内切球与向量的综合问题.【详解】因为球心到四个顶点的距离相等，所以球心在对角线AC上，且半径设矩形的长为x,宽为y,则xy=4,所以则四面体ABCD的外接球的体积又x²>0,由基本不等式知,当且仅【题型】外接球中的最值问题.【详解】对于A,在△ABC中，由余弦定理得BC²=1+1-2×,即BC=√3,故A正确；对于B,如图，设△ABC外接圆的圆心为0₁,连接00₁,则00₁⊥底面ABC,又PA⊥底面ABC,所以00₁//PA,由∠BAC=,得圆心O₁在△ABC外部，故球心0在三棱锥的外部，故B对于C,取线段PA的中点Q,连接0Q,因为PA是球O的一条弦，所以0Q⊥PA,所以四边形00₁AQ为矩形，故00₁=AQ=,即球心0到底面ABC的距离为1,故C不正确；对于D,设球O的半径为R,圆O₁的半径为r,由正弦定理得,所以r=1,进而R=√00²+r²=√2,故球0的体积,故D正确.过P作PM⊥AB,M为垂足，如图2,则,故B正确；图2图3图2设外接球球心为0,则0在直线DP上，如图3设DO=h,则(1±h)=√h²+1,解得h=0,故D∴外接球的体积,故C错误；若AB=BC,则BC=√2,又PB=PC=√2,故△PBC是等边三将平面PCD沿PC翻折到平面PBC上，如图4,图5,图4图5图4则DE+BE的最短距离为线段BD的长，则A(0,0,0),B(2,0,0),C(2,2,0),D(0,2,0),A₁(0,0,2),B₁(2,0,2),C₁(2,2,2),D₁(0,2,2),E(1,0,0),F(2,2,1),0(1,1,1),设点G(2,a,0),其中0≤a≤2.对于A,OD=(-1,1,-1),EF=(1,2,1),EG=(1,a,0),若存在点G,使OD垂直于平面EFG,只需OD⊥EF,ODIEG,则OD对于B,当点G与点B重合时，A∈平面EFG,B错误；对于C,EO=(0,1,1),E=(1,2,1),,因为0≤∠OEF≤π,则∠OEF=,所以点0到EF的距,所以直线EF被球0截得的弦长为对于D,设点0在EF上的射影为点M,过直线EF的平面为α,当直线OM与平面α垂直时，平面α截球0所得截面圆的半因此半径最小的圆的面积为D正确.则它的内切球与外接球的表面积之比为1:9.由正弦定理得△ABC外接圆的半径r满得r=2,直三棱柱ABC-A₁B₁C₁外接球的半径R满足R²=r²+,解得R=√5,故直三棱柱ABC-A₁B₁C₁外接球的体积【详解】如图，取BC的中点E,连接AE,DE,DE,交DE的延长线于点H,所以∠AED为二面角A-BC-D的平面角.所以所以因为三棱锥A-BCD的体积,则0,连接00',OC,O'C,过点0作OF⊥AH于点F,则O'C=0'D=,O'H=0F,OA=0C,设00'=FH=h,则AF=AH-,由勾股锥A-BCD外接球的半径R满足R²=0'O²+0'C²=1,【详解】(1)如图，设圆锥SO的母线长为l,底面圆0的直径所以2r=6,因为△SAB的面积为12,所以面积公式得S表=S侧+S底=πrl+πr²=15π+9π=24π.所以圆锥SO的表面积为24π.因为球O₁内切于圆锥SO,所以0₁H⊥SB,所以△SO₁H∽设球O₁的半径为r',!,解得r'=所以球0₁的体积所以圆O₂的面.又圆0的面积S=π×3²=9π,圆台的高记为h,所以h=2r'=3.所以球O₁的体积与圆台0₂0的体积之比设圆锥顶点为A,底面圆周上一点为B,底面圆心为C,内切球球心为D,内切球切母线AB于E,由已知△BDE,△BDC为直角三角形，故AB=BE+AE=R+2tan(π-20)=R-2tan20,故该圆锥的表面积为令t=R²-4>0,当且仅当,即t=4,R=2√2时取等号.【详解】(1)设EF的中点为0,连接PO,CO,以0为原点，0F,,P(0,0,x),D(-2,2√3-x,0),平面PEF的一个法向量为n=(0,1,0),设平面PBF的法向量为m=(a,b,c),则能力进阶——一轮复习(配套练习)高中数学下册∴无论点E的位置如何变化，二面角E-PF-B的余弦值都为定值故平面EPF与平面BPF的夹角(锐角)的余弦值为定(2)由题意知△ABD为边长为2的等边三角形，AE=EF=AF=2λ,设△PEF的外心为0₁,四边形BDEF外接圆的圆心为0₂,作Q0₁⊥平面PEF,Q0₂⊥平面BDEF,Q=Q0₁nQ0₂,Q即为外接球的球心，且四边形00₁Q0₂为矩形.设r为四边形BDEF的外接圆半径，设外接球的半径为R,课时作业(60)【详解】因为E,F,G分别为A₁C₁,B₁C₁,BB₁的中点，所以EF//A₁B₁,EF//AB,FG//BC₁,所以∠EFG与∠ABC₁的两组对应边分别平行，一组对应边方向相同，另一组对应边方向相反∠EFG与∠ABC₁互补.则平面A₁BDC₁即为所作的平面α,则α∩平面ABC=BD=l,且l//A₁C₁,所以这3个点是A₁,C₁,B.选项B,当三条直线在同一平面内时，确定一个平面，当三条因为平面ABC垂直于平面ACD,BO⊥AC,所以BO1平面设正方形的边长为2,OB=OD=√2,所以BD=2,则OM=所以直线AB与CD所成的角为60°.故选B.【题型】异面直线所成的角.【详解】按平面两侧正四面体的顶点数分类.情形一一侧有1个顶点，另外一侧有3个顶点.此时四个顶点对应的中截面符合要求，共4个.情形二两侧各有2个顶点，此时两组对棱的四个中点构成的平行四边形所在的平面符合要求，共3个.综上所述，符合题意的平面共有7个.【题型】平面的基本性质.【详解】如图1,设B₁D与平面ACD₁相交于点E,连接BD交AC于点0,连接B₁D₁,∵BB₁⊥平面ABCD,ACC平面ABCD,则BB₁⊥AC,AC⊥BD,BDNBB₁=B,BD,BB₁C平面BDD₁B₁,同理可证得AD₁⊥B₁D,AD₁∩AC=A,AD₁,ACC平面ACD₁,∴B₁D⊥平面ACD₁.已知AC=AD₁=CD₁,由正三角形的性质可得E为△ACD₁的连接OD₁,∵0为AC的中点，∴OD₁交B₁D于点E,连接PE,由B₁D1平面ACD₁,PEC平面ACD₁,则B₁D⊥PE,即PE是△PB₁D的高.设AB=a,PE=d,则B₁D=√3a,AC=√2a,且△ACD₁的内切圆半径,即,则图1∵B₁D⊥平面ACD₁,OD₁C平面ACD₁,则B₁D⊥OD₁,故PD为底面半径的圆锥的母线，如图2所示，设圆锥的母线与底面所成的角为α,则解得,即直线PD与平面ACD₁所成的角直线AC在平面ACD₁内，所以直线PD与直线AC所成角的取值范围∵AC//A₁C₁,∴直线PD与直线A₁C₁所成角的取值范围为,即当aNβ=P时，也可能aCβ,B错误；a//b,P∈b,则P≠a,由直线a与点P确定唯一平面α,由a与b确定唯一平面，且该平面经过直线a与点P,所以该平面与α重合，则bCα,故C正确；两个平面的公共点必在其交线上，故D正确.【题型】平面基本性质的应用.明显平面ACC₁A₁∩平面A₁BD=A₁Q,因为直线AC₁与平面A₁BD交于点P,所以P∈AC₁,P∈平面A₁BD,所以P∈平面ACC₁A₁,所以P∈A₁Q,又AC//A₁C₁,故不存在点Q,使AQ⊥A₁C₁,故B错误；设ACNBD=M,故M是AC的中点，所以△A₁AM~△C₁A₁A,所以∠MA₁A=∠AC₁A₁,∠AMA₁=∠A₁AC₁,又∠MA₁A+∠AMA₁=90°,故∠MA₁A+∠A₁AC₁=90°,故AC₁⊥A₁M,在正方体ABCD-A₁B₁C₁D₁中，CC₁⊥平面ABCD,BDC平面ABCD,所以CC₁⊥BD,又AC⊥BD,CC₁∩AC=C,CC₁C平面ACC₁A₁,ACC平面ACC₁A₁,所以BD⊥平面ACC₁A₁,又AC₁C平面ACC₁A₁,故AC₁IBD,又AC₁⊥A₁M,A₁M∩BD=M,A₁MC平面A₁BD,BDC平面A₁BD,所以AC₁⊥平面A₁BD,又PQC平面A₁BD,所以AC₁⊥PQ,故C错误；在正方体ABCD-A₁B₁C₁D₁中，BD//B₁D₁,又B₁D₁C平面B₁CD₁,BD平面B₁CD₁,所以BD//平面B₁CD₁,为定值，故四面体B₁CD₁Q的体积为定值，故D正确.【题型】平面基本性质的应用、异面直线所成的角、三棱锥的体积.【详解】一个平面去截正方体，考虑从正方体的上底面A₁B₁C₁D₁开始截入，不妨设上底面A₁B₁C₁D₁与截面的交线为线段PQ,截取有两种情况，第一种情况是P,Q两点分别在两对边上，如图，直线PO与BC相交于点M,直线0Q与AD相交于点N,由正方体的性质及面面平行性质定理知截面为平行四边形PQMN.第二种情况是P,Q两点在两相邻边上，如图，直线PO与BC相交于点M,直线0Q与AB相交于点N,直线PQ与A₁B₁相交于点E,NE与AA,相交于点F,直线MN与CD相交于点G,GQ与CC₁相交于点H,易知所得截面为六边形PQHMNF,A错误，B正确.当截面为正六边形时，正六边形的边长为√2,它的面积为6×,C正确.当截面为平行四边形时，由对称性可知A₁P=MC,PD₁=BM,C₁Q=AN,B₁Q=DN,若四边形PQMN为菱形，则PN=MN,(AN-MC)²=(BM-AN)²,可得AN-MC=BM-AN或AN-MC=AN-BM,可得2AN=AD或MC=BM,D正确.【题型】几何体的截面问题.【详解】还原的几何体如图所示，故AB,CD为异面直线.【题型】空间直线位置关系的判断.12.【答案】则异面直线AD与CE所成的角是∠MEC或其补角.7,则CE=√7.同理可得CM=√7.由于异面直线AD与CE所成角的取值范围则异面直线AD与CE所成角的余弦值体的后侧面所在的平面内.因为异面直线AB,CD所成的角,CE//AB,置相同.可设AC的中点为F,四面体ABCD外接球的球心为0,球的半径为R,由题意可知球心0在过点F且垂直于平面ABC的垂线上，且建立如图所示的空间直角坐标系，已知AB=1,BC=2,设所以R²=2或R²=8,故四面体ABCD外接球的表面积为4πR²=8π【详解】(1)如图，连接AC,A₁C₁,取0,0₁分别为AC和A₁C₁因为ABCD-A₁B₁C₁D₁为正四棱台，所以A₁C₁//AC,且00₁为ABCD-A₁B₁C₁D₁的高.因为A₁B₁=1,AB=AA₁=3,所以正四棱台ABCD-A₁B₁C₁D₁的体积为A₁C₁,AC≠A₁C₁,设EGNFH=P,因为EGC平面AA₁B₁B,所以P∈平面AA₁B₁B.32能力进阶——一轮复习(配套练习)高中数学下册因为FHC平面BB₁C₁C,所以P∈平面BB₁C₁C.又平面AA₁B₁B∩平面BB₁C₁C=BB₁,所以P∈BB,所以GE,FH,BB,交于一点【详解】(1)取C₁D₁的中点为P,连接PB₁,PQ,QA,AB₁,则四(2)当x=1时，点Q位于点D₁,此时截面为△AD₁B₁,如图，此时S(0)=AD·AB₁=√2. 由于AQ=MB₁=√1+x²,QM=√2D₁Q=√2(1-x),AB₁=√2,所以梯形的面积为设f(x)=(x-2)²(x²+2),∴f'(x)=2(x-2)(x²+2)+2x(x-2)²=4(x-2)(x²-x+1)<0,当x=0,x=1时，也符合,故所以≤x≤1),且值域为课时作业(61)对于A,取平面M为平面ABCD,取直线A₁B₁为直线a,直线B₁C₁为直线b,满足a//M,b//M,但是a,b不平行，对于B,取平面M为平面ABCD,取直线AD为直线a,直线BC为直线b,满足bCM,a//b,但是aCM,故B不正确；对于C,取直线A₁B₁为直线a,直线CC₁为直线c,直线B₁C₁为直线b,满足对于D,因为a⊥M,b⊥M,由线面垂直的性质定理可得a//b,故选D.参考答案相交.故选A.记αNy=a,β∩y=b,则有m//a,m//b,∴a//0,连接OE,如图所示.∵BF//平面ACE,平面BOEF∩平面ACE=OE,BFC平面BOEF,故选B.易知HD//B₁C,DN//AC,因为B₁CNAC=C,AC,B₁CC平面AB₁C,HD,DN不在平面AB₁C上，所以HD//平面AB₁C,DN//平面AB₁C,所以平面MNDH//平面AB₁C,即四边形MNDH为平面α与三棱柱ABC-A₁B₁C₁的截面. 因为,∠AA₁B=90°,所以AB₁=√A₁B²+AA²= √3²+4²=5,所以 ∠BAC=90°,所以B₁C₁=BC=√AB²+AC²=√3²+4²=5,所以B₁C=5,所以,所以梯形MNDH为等腰梯形.故A项正确.故选A.【详解】对于A,∵B₁CC平面BCC₁B₁,MN∩平面BCC₁B₁=N,∴当点N与点B₁重合时，MN与B₁C相交，当点N对于B,过点M作MH//A₁B₁,交B₁C₁于点H,连接CH,能力进阶轮复习(配套练习)高中数学下册∵AB//A₁B₁//MH,:∠CMH或其补角为异面直线CM与AB所成的角，∵AB⊥平面BCC₁B,∴MH⊥平面BCC₁B₁,又CHC平面则设该正方体的棱长为1,MH=x(0<x<1),B₁C₁=MH=x,则,解∴异面直线CM与AB所成的角可以正确；对于C,连接AC,交BD于点0,连接MO,∵BB₁⊥平面ABCD,ACC平面ABCD,∴BB₁⊥AC,BB₁C平面BND,设该正方体的棱长为1,C₁M=a(0<a<√2),则∴直线CM与平面BND所成的角不可能),C错误；对于D,作MG//B₁C₁,交A₁B₁于点G,连接BG,故MN//PC,而PCC平面ABC,MNC平面ABC,故MN//平面ABC,A正确；对于B,设P为AB的中点，底面为平行四边形BCFE,连接MP,PC,故PM//CN,PM=CN,即四边形PMNC故MN//PC,而PC