2024高考总复习优化设计二轮用书数学(适用于新高考新教材)考点突破练与专题检测考点突破练5　数列求和及其综合应用含答案

2024高考总复习优化设计二轮用书数学(适用于新高考新教材)考点突破练与专题检测考点突破练5数列求和及其综合应用考点突破练5数列求和及其综合应用1.(2023安徽芜湖高三统考)已知Sn是数列{an}的前n项和,2Sn=(n+1)an,且a1=1.(1)求{an}的通项公式;(2)设a0=0,已知数列{bn}满足bn=sin1cosancosan-2.(2023山东济南二模)已知数列{an}的前n项和Sn=2n+1-2,数列{bn}满足bn=log2an.(1)求数列{an},{bn}的通项公式;(2)由an,bn构成的n×n阶数阵如图所示,求该数阵中所有项的和Tn.3.(2023河北张家口高三期末)已知Sn为数列{an}的前n项和,Sn=2an-4n+2.(1)证明:数列{an+4}为等比数列;(2)求数列{nan}的前n项和Tn.4.(2023广东河源高三期末)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,a5=5,S8=36,an=log3bn.(1)求{an}和{bn}的通项公式;(2)设数列{cn}满足cn=1anan+2,n5.(2023新高考Ⅰ,20)设等差数列{an}的公差为d,且d>1.令bn=n2+nan,记Sn,Tn分别为数列{an},{b(1)若3a2=3a1+a3,S3+T3=21,求{an}的通项公式;(2)若{bn}为等差数列,且S99-T99=99,求d.6.(2023山东青岛高三期末)记数列{an}的前n项和为Sn,a1=1,.给出下列两个条件:条件ⓐ,数列{an}和数列{Sn+a1}均为等比数列;条件ⓑ,2na1+2n-1a2+…+2an=nan+1.试在上面的两个条件中任选一个,补充在上面的横线上,完成下列两问的解答.

(1)求数列{an}的通项公式;(2)记正项数列{bn}的前n项和为Tn,b1=a2,b2=a3,4Tn=bn·bn+1,求∑i=12n[(-1)ibib(注:如果选择多个条件分别解答,按第一个解答计分)

考点突破练5数列求和及其综合应用1.解(1)因为n∈N*,2Sn=(n+1)an,当n≥2时,2Sn-1=nan-1,两式相减得2an=(n+1)an-nan-1,即(n-1)an=nan-1,变形得an于是得数列{ann}是常数列,因此ann=a1所以数列{an}的通项公式是an=n.(2)由(1)知,an=n,又a0=0,故cosancosan-1≠0,bn=sin1cosncos(n-1所以Tn=(tan1-tan0)+(tan2-tan1)+(tan3-tan2)+…+[tann-tan(n-1)]=tann-tan0=tann.2.解(1)因为Sn=2n+1-2,当n=1时,S1=22-2=2,即a1=2,当n≥2时,Sn-1=2n-2,所以Sn-Sn-1=(2n+1-2)-(2n-2),即an=2n,经检验,当n=1时,an=2n也成立,所以an=2n,则bn=log2an=log22n=n.(2)由数阵可知Tn=a1(b1+b2+…+bn)+a2(b1+b2+…+bn)+…+an(b1+b2+…+bn)=(a1+a2+…+an)·(b1+b2+…+bn),因为Sn=2n+1-2,b1+b2+…+bn=1+2+…+n=n(所以Tn=(2n+1-2)×n2+n2=(2n-1)(n3.(1)证明由题知Sn=2an-4n+2,所以a1=S1=2a1-4×1+2,解得a1=2,故a1+4=6.由Sn=2an-4n+2,可得Sn-1=2an-1-4(n-1)+2,n≥2,两式相减得an=Sn-Sn-1=2an-2an-1-4,n≥2,所以an=2an-1+4,n≥2,所以an+4an-所以数列{an+4}是以6为首项,2为公比的等比数列.(2)解由(1)得数列{an+4}是以6为首项,2为公比的等比数列,所以an+4=6×2n-1,故an=3×2n-4,则nan=3n×2n-4n.设bn=n×2n,其前n项和为Pn,则Pn=1×2+2×22+3×23+…+n×2n,①2Pn=1×22+2×23+3×24+…+n×2n+1,②①-②得-Pn=1×2+1×22+1×23+…+1×2n-n×2n+1=2(1-2n)1-2-n×2n+所以Pn=(n-1)2n+1+2,所以Tn=3×Pn-4×(1+2+3+…+n)=3×[(n-1)2n+1+2]-4×n(1+n)2=3(n-1)2n+1-2n2综上,Tn=3(n-1)2n+1-2n2-2n+6.4.解(1)设等差数列{an}的公差为d,∵等差数列{an}的前n项和为Sn,a5=5,S8=36,∴a1+4d=5,8a∴an=1+(n-1)×1=n.∵an=log3bn,∴n=log3bn,∴bn=3n.(2)∵1a∴T20=(1a1a3+1a3a5+…+1a19a21)+(a2b1+a4b2+…+a20b10)=12[(1-13)+(13-15)+…+∵12[(1-13)+(13-15)+…+(119-121)]=12(1-121)=1021,令R=2×3+4则3R=2×32+4×33+…+20×311,②①-②得-2R=2×3+2(32+33+…+310)-20×311=2×3(1-310)1-3-20×311=-3+311-20×3∴R=3+19×3112,∴T5.解(1)由3a2=3a1+a3,得3(a2-a1)=a3,即3d=a1+2d,得a1=d,从而an=nd,故bn=n2易知S3=a1+a2+a3=6d,T3=2+3+4d由题意得6d+9d=21,从而2d2-7d+3=0整理得(2d-1)(d-3)=0,解得d=3或d=12(舍去)故an=3n,n∈N*.(2)由题意,n∈N*,d>1,在等差数列{bn}中,bn=n2+nan,前a2=a1+d,a3=a1+2d,b1=2a1,b2=6a2,b∵2b2=b1+b3,即2×6a∴2×6a1+d=2a1+12a1当a1=d时,an=a1+(n-1)d=d+d(n-1)=nd,bn=n2+n此时{bn}是以2d为首项,1dS99=99(a1+a99)2=99(2a1+98S99-T99=99×50d-99×51d=解得d=a1=5150或d=-1<0(舍去)当a1=2d时,an=a1+(n-1)d=2d+d(n-1)=(n+1)d,bn=n2+n(n+1)d=nd=1d+S99=99(a1+a99)2=99(2a1+98S99-T99=99×51d-99×50d=解得d=-5051<0(舍去)或d=1(舍去∴a1≠2d.综上,d=51506.解(1)若选条件ⓐ:∵数列{Sn+a1}为等比数列,∴(S2+a1)2=(S1+a1)(S3+a1),即(2a1+a2)2=2a1(2a1+a2+a3).∵a1=1,且设等比数列{an}的公比为q,∴(2+q)2=2(2+q+q2),解得q=2或q=0(舍去),∴an=a1qn-1=2n-1.若选条件ⓑ:∵2na1+2n-1a2+…+2an=nan+1,①∴2n-1a1+2n-2a2+…+2an-1=(n-1)an(n≥2),∴2na1+2n-1a2+…+22an-1=2(n-1)an(n≥2),②①-②得2an=nan+1-2(n-1)an(n≥2),即an+1=2an(n≥2),令2na1+2n-1a2+…+2an=nan+1中n=1,得a2=2a1也符合上式,故数列{an}为首项a1=1,公比q=2的等比数列,则an=a1qn-1=2n-1.(2)由(1)可知,不论条件为ⓐ还是ⓑ,都有数列{an}是首项a1=1,公比q=2的等比数列,即an=2n-1,则b1=a2=2,b2=a3=4,∵4Tn=bn·bn+1,③∴4Tn-1=bn-1·bn(n≥2),④③-④得4(Tn-Tn-1)=bn·bn+1-bn-1·bn(n≥2),即4bn=bn·(bn+1-bn-1)(n≥2),∵数列{bn}为正项数列,则bn+1-bn-1=4(n≥2),则数列{bn}的奇数项、偶数项分别都是公差为4的等差数列,∴{b2k}(k∈N*)是首项为b2=4,公差为4的等差数列,∴b2k=4+(k-1)×4=4k.同理{b2k-1}(k∈N*)是首项为b1=2,公差为4的等差数列,∴b2k-1=2+(k-1)×4=4k-2.∴bn=2n,∴∑i=12n[(-1)ibibi+1]=∑i=12n[4(-1)ii(i+1)]=4×[(-2+6)+(-12+20)+…+4n]考点突破练6空间几何体的结构、表面积与体积一、必备知识夯实练1.(2023广东湛江二模)如图,将一个圆柱2n(n∈N*)等分切割,再将其重新组合成一个与圆柱底面面积相等,高相等的几何体.n越大,重新组合成的几何体就越接近一个“长方体”.若新几何体的表面积比原圆柱的表面积增加了10,则圆柱的侧面积为()A.10π B.20π C.10nπ D.18π2.(2023山东潍坊一模)如图,圆锥的底面半径为1,侧面展开图是一个圆心角为π3的扇形.把该圆锥截成圆台,已知圆台的下底面与该圆锥的底面重合,圆台的上底面半径为13,则圆台的侧面积为(A.8π3 B.C.16π3 D.3.(2023福建莆田二模)某校科技社利用3D打印技术制作实心模型.如图,该模型的上部分是半球,下部分是圆台.其中半球的体积为144πcm3,圆台的下底面与半球的底面重合,圆台的上底面半径及高均是下底面半径的一半.打印所用原料密度为1.5g/cm3,不考虑打印损耗,制作该模型所需原料的质量约为()(1.5π≈4.7)A.3045.6g B.1565.1gC.972.9g D.296.1g4.(2023河北石家庄一模)已知圆台的上、下底面圆的半径之比为12,侧面积为9π,在圆台的内部有一球O,该球与圆台的上、下底面及母线均相切,则球O的表面积为(A.3π B.5π C.8π D.9π5.(2023天津,8)在三棱锥P-ABC中,线段PC上的点M满足PM=13PC,线段PB上的点N满足PN=23PB,则三棱锥P-AMN和三棱锥P-ABC的体积之比为(A.19 B.29 C.13 6.(2023广东韶关模拟)西施壶是紫砂壶器众多款式中最经典的壶型之一,是一款非常实用的泡茶工具(如图1).西施壶的壶身可近似看成一个球体截去上下两个相同的球缺的几何体.球缺的体积V=π(3R-h)·h23(R为球缺所在球的半径,图1图2A.494mL B.506mL C.509mL D.516mL7.(2023河北衡水模拟)有一个棱柱形状的石料,底面是边长为6的等边三角形,该石料侧棱垂直于底面,若可以将该石料打磨成四个半径为3的石球,则至少需要打磨掉的石料废料的体积为()A.216-43π B.216-163πC.270-163π D.270-43π8.(2023广东深圳二模)设表面积相等的正方体、正四面体和球的体积分别为V1,V2和V3,则()A.V1<V2<V3 B.V2<V1<V3 C.V3<V1<V2 D.V3<V2<V19.(2023湖南常德二模)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,M是线段A1C1的中点,若四面体M-ABD的外接球体积为36π,则正方体棱长为.

二、关键能力提升练10.(多选题)(2022新高考Ⅱ,11)如图,四边形ABCD为正方形,ED⊥平面ABCD,FB∥ED,AB=ED=2FB,记三棱锥E-ACD,F-ABC,E-ACF的体积分别为V1,V2,V3,则()A.V3=2V2 B.V3=2V1C.V3=V1+V2 D.2V3=3V111.(多选题)(2023浙江绍兴二模)某学校课外社团活动课上,数学兴趣小组进行了一次有趣的数学实验操作,课题名称“不用尺规等工具,探究水面高度”.如图1,P-ABCD是一个水平放置的装有一定量水的四棱锥密闭容器(容器材料厚度不计),底面ABCD为平行四边形,设棱锥高为h,体积为V,现将容器以棱AB为轴向左侧倾斜,如图2,这时水面恰好经过CDEF,其中E,F分别为棱PA,PB的中点,则()图1图2A.水的体积为58B.水的体积为34C.图1中的水面高度为(1-332D.图1中的水面高度为(1-35212.(多选题)(2023浙江杭州二模)如图,圆柱内有一个内切球,这个球的直径恰好与圆柱的高相等,O2,O1为圆柱上、下底面的圆心,O为球心,EF为底面圆O1的一条直径,若球的半径r=2,则()A.球与圆柱的体积之比为2∶3B.四面体CDEF的体积的取值范围为(0,32]C.平面DEF截得球的截面面积最小值为4D.若P为球面和圆柱侧面的交线上一点,则PE+PF的取值范围为[2+25,43]13.(2023全国甲,文16)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=4,O为AC1的中点,若该正方体的棱与球O的球面有公共点,则球O的半径的取值范围是.

14.(2023湖南雅礼中学模拟)已知三棱锥P-ABC满足PA=1,PA⊥平面ABC,AC⊥BC,若VP-ABC=23,则其外接球体积的最小值为.三、核心素养创新练15.(2023湖南雅礼中学模拟)如图,已知四棱柱ABCD-A1B1C1D1的体积为V,四边形ABCD是平行四边形,点E在平面ACC1A1内,且AE=14AC+34ACA.V28 B.VC.3V28 D16.(2023山东日照一模)设四棱锥M-ABCD的底面为正方形,且MA=MD,MA⊥AB,如果△AMD的面积为1,则能够放入这个棱锥的最大的球的半径为.

考点突破练6空间几何体的结构、表面积与体积1.A解析由图可知,新几何体的表面积比原几何体的表面积多了原几何体的轴截面面积.设圆柱的底面半径为r,高为h,则2rh=10,所以圆柱的侧面积为2πrh=10π.2.C解析已知圆锥半径为1,圆台上底面半径为13.设圆锥母线为l,圆台母线为l1,由已知可得,π所以l=6.如图,作出圆锥、圆台的轴截面,则有l-l1l=rR=13,所以l1=4.故圆台的侧面积为π(R+r)l1=43.C解析设半球的半径为R,因为V半球=23πR3=144π解得R=6.由题意得,圆台的上底面半径及高均是3,下底面半径为6,所以V圆台=13(S上+S下+S上S下)h=13(32π+62π+32π×62π)×3=63πcm3,所以该实心模型的体积V=V半球+V圆台=144故制作该模型所需原料的质量为207π×1.5≈207×4.7=972.9g.4.C解析设圆台的上底面圆半径为r,则底面圆半径为2r,母线长为l,如图所示,作出圆台与球的轴截面.由于球O与圆台的上、下底面及母线均相切,故l=AD=AH+DG=r+2r=3r.根据圆台的侧面积公式S=(πr+2πr)l=9π,解得r=1,l=3,所以球的直径为HG=32-12=22,故球O的半径为2,表面积为4πr2=4π×(2)25.B解析如图,将三棱锥P-AMN看作三棱锥A-PMN,即以A为顶点,△PMN为底面的三棱锥,将三棱锥P-ABC看作三棱锥A-PBC,即以A为顶点,△PBC为底面的三棱锥.因为S△PBC=12PB·PC·sin∠BPC,S△PMN=12PN·PM·sin∠NPM,而PN=23PB,PM=13PC,∠BPC=∠NPM,所以S△PMN=13×23S△PBC=29S△PBC,点A到底面PBC的距离和点A到底面PMN的距离相等,6.A解析作出几何体的轴截面如右图所示,依题意,AB=6cm,O为球心,D为壶口所在圆的圆心,所以AD=DB=3cm.因为DE=8cm,所以OD=OE=4,且OD⊥AB,OB=32+所以球的半径R=5cm,所以球缺的高h=5-4=1cm,所以球缺的体积V1=π(3R-h)·h23=π(3×5-1)×7.B解析底面是边长为6的等边三角形的内切圆的半径为r,由等面积法可得12×3×6r=34×62,解得r=若可以将该石料打磨成四个半径为3的石球,则该柱形石料的高至少为83,故至少需要打磨掉的石料废料的体积为34×62×83-4×43π×(3)3=2168.B解析设正方体棱长为a,正四面体棱长为b,球的半径为R,表面积为S.正方体表面积为S=6a2,所以a2=S6,所以V如图,正四面体P-ABC,D为AC的中点,则BD⊥AC,AD=12b,O为△ABC的中心,则PO是正四面体P-ABC底面ABC上的高,所以BD=AB所以S△ABC=12×AC×BD=12×b×32b=3所以正四面体P-ABC的表面积为S=4S△ABC=3b2,所以b2=33S.又O为△ABC的中心,所以BO=23BD=3又根据正四面体的性质,可知PO⊥BO,所以PO=PB2所以V22=(13×球的表面积为S=4πR2,所以R2=S4π,所以V32=(43πR3)2=136πS3.因为136π所以V32>V12>V29.4解析设该正方体的棱长为a,四面体M-ABD的外接球的半径为R,∵43πR3=36π,∴R=3取BD的中点H,可得H是下底面ABCD的中心,设四面体M-ABD的外接球的球心为O.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,∴MH⊥平面ABCD,即MH⊥平面ABD,则点O在直线MH上.连接OA,∵MH=a,则OH=MH-R=a-3.∵AH=22a,OA=R=3,OA2=AH2+OH2∴32=(22a)2+(a-3)2∵a>0,则可得a=4,即正方体棱长为4.10.CD解析设AB=ED=2FB=2a,因为ED⊥平面ABCD,FB∥ED,则V1=13·ED·S△ACD=13·2a·12·(2a)2=4V2=13·FB·S△ABC=13·a·12·(2a)2=23a3,连接BD交AC于点M,连接EM,FM,易得又ED⊥平面ABCD,AC⊂平面ABCD,则ED⊥AC.又ED∩BD=D,ED,BD⊂平面BDEF,则AC⊥平面BDEF,又BM=DM=12BD=2a,过F作FG⊥DE于G,易得四边形BDGF为矩形,则FG=BD=22a,EG=a则EM=(2a)2+(2a)2=6a,FM=a2+(则EM⊥FM,S△EFM=12EM·FM=322a2,AC=2则V3=VA-EFM+VC-EFM=13AC·S△EFM=2a3,则2V3=3V1,V3=3V2,V3=V1+V2,故A,B错误;C,D正确.故选CD11.AC解析如图,将四棱锥补成平行六面体,设平行六面体的体积为V总,因为E,F分别为棱PA,PB的中点,则S四边形BCMQ=4S△BCG,而三棱柱BCG-ADE与平行六面体的高相同,则VBCG-ADE=14V总根据四棱锥P-ABCD与平行六面体底和高均相同,则V=13V总,即3V=V总.由图可知,VF-BCG=16V则V水=56VBCG-ADE=56×14V总=56×14×3V=设图1中上方的小四棱锥高为h1,则(h1h)3=V1V=V-58VV=38,则h1=332h,故图1中的水面高度为12.AD解析对于A,球的体积为V=4πr33=32π3,圆柱的体积V'=π则球与圆柱的体积之比为2∶3,故A正确;对于B,设d为点E到平面BCD的距离,0<d≤r,而平面BCD经过线段EF的中点O1,四面体C-DEF的体积VC-DEF=2VE-O1DC=23S△O1DC·d=对于C,过点O作OH⊥DO1于点H,如图,而O1O2⊥DO2,则sin∠DO1O2=OHO又DO1=r2+(2r)2=25,则OH=25.设截面圆的半径为r1,球心O到平面DEF的距离为d1,则d1≤25.又r1=r2-d对于D,令经过点P的圆柱的母线与下底面圆的公共点为Q,连接QE,QF,当Q与E,F都不重合时,设∠QFE=θ,则QF=4cosθ,QE=4sinθ;当Q与E,F之一重合时,上式也成立,因此QF=4cosθ,QE=4sinθ,θ∈[0,π2则PE+PF=PQ2+QE令t=1+4sin2θ+1+4cos2θ,则t2=6+25+4sin22θ,而0≤2θ因此6+25≤t2≤12,解得1+5≤t≤23,所以PE+PF的取值范围为[2+25,43],故D正确.故选AD.13.[22,23]解析(方法一)第一步,弄清球O与正方体棱有公共点,球半径最小的球为棱切球(即与棱相切的球),最大的球为外接球.第二步,作对角面ABC1D1截正方体与其棱切球、外接球分别得如下矩形和小、大两个圆(如图).第三步,由图可知棱切球半径r1=12AD1=12×42=22,外接球半径r2=12BD1=12×43=23,球O半径的取值范围是[22(方法二)由对称性知,只需考虑球与正方体的棱有公共点,正方体中心O到一条棱的最短距离即为到棱中点的距离,为