一轮对点88练答案解析3

对点练51数列求和1.D[S100＝(－1＋3)＋(－5＋7)＋…＋(－197＋199)＝2×50＝100.]2.B[Sn＝2n＋2，有Sn－1＝2n－1＋2(n≥2)，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n＋2－(2n－1＋2)＝2n－1，当n＝1时，a1＝S1＝21＋2＝4，不满足上式，所以an＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(4，n＝1，,2n－1，n≥2.))令bn＝log2an，则bn＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2，n＝1，,n－1，n≥2，))所以T20＝2＋eq\f(19×(1＋19),2)＝192.]3.D[由an＋1＋(－1)nan＝3n－1，得a2－a1＝2，a3＋a2＝5，a4－a3＝8，a5＋a4＝11，….故a1＋a3＝3，a5＋a7＝3，a9＋a11＝3，…，即从第1项开始，依次取2个相邻奇数项的和都等于3；a2＋a4＝13，a6＋a8＝37，a10＋a12＝61，…，即从第2项开始，依次取2个相邻偶数项的和构成以13为首项、24为公差的等差数列.故{an}的前60项和为3×15＋13×15＋eq\f(15×14,2)×24＝2760.]4.B[根据等比数列的性质，由a1·a2024＝1可得an·a2025－n＝1，∵函数f(x)＝eq\f(4,1＋x2)，∴f(x)＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))＝eq\f(4,1＋x2)＋eq\f(4,1＋\f(1,x2))＝eq\f(4＋4x2,1＋x2)＝4，令T＝f(a1)＋f(a2)＋…＋f(a2024)，则T＝f(a2024)＋f(a2023)＋…＋f(a1)，∴2T＝f(a1)＋f(a2024)＋f(a2)＋f(a2023)＋…＋f(a2024)＋f(a1)＝4×2024，∴T＝4048.]5.C[因为Sn＋1(Sn＋1－3n)＝Sn(Sn＋3n)，所以Seq\o\al(2,n＋1)－3nSn＋1＝Seq\o\al(2,n)＋3nSn，即Seq\o\al(2,n＋1)－Seq\o\al(2,n)＝3nSn＋1＋3nSn，所以(Sn＋1＋Sn)(Sn＋1－Sn)＝3n(Sn＋1＋Sn)，因为数列{an}的各项都是正项，即Sn＋1＋Sn>0，所以Sn＋1－Sn＝3n，即an＋1＝3n，所以当n≥2时，eq\f(an＋1,an)＝eq\f(3n,3n－1)＝3，所以数列{an}从第二项起，构成以a2＝3为首项，公比q＝3的等比数列.所以S2024＝a1＋eq\f(a2(1－q2023),1－q)＝2＋eq\f(3×(1－32023),1－3)＝eq\f(32024＋1,2).]6.C[∵a2k＝8a2k－1，a2k＋1＝eq\f(1,2)a2k，∴a2k＋1＝4a2k－1.又a1＝3，∴数列{a2k－1}是首项为3，公比为4的等比数列.∵a2＝8a1＝24，eq\f(a2k＋2,a2k)＝eq\f(a2k＋2,a2k＋1)·eq\f(a2k＋1,a2k)＝4，∴数列{a2k}是首项为24，公比为4的等比数列，∴S2024＝(a1＋a3＋…＋a2023)＋(a2＋a4＋…＋a2024)＝eq\f(3(1－41012),1－4)＋eq\f(24(1－41012),1－4)＝9×41012－9.]7.D[依题意，因为an＋1＝2an－anan＋1，所以an＋1＝eq\f(2an,1＋an)，所以eq\f(1,an＋1)＝eq\f(1,2)×eq\f(1,an)＋eq\f(1,2)，所以eq\f(1,an＋1)－1＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)－1))，而eq\f(1,a1)－1＝eq\f(3,2)－1＝eq\f(1,2)≠0，故eq\f(\f(1,an＋1)－1,\f(1,an)－1)＝eq\f(1,2)，所以数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)－1))是以eq\f(1,2)为首项，eq\f(1,2)为公比的等比数列，所以eq\f(1,an)－1＝eq\f(1,2n)，所以an＝eq\f(2n,2n＋1)，所以eq\f(an,2n＋1＋1)＝eq\f(2n,(2n＋1)(2n＋1＋1))＝eq\f(1,2n＋1)－eq\f(1,2n＋1＋1)，所以Sn＝eq\f(1,21＋1)－eq\f(1,22＋1)＋eq\f(1,22＋1)－eq\f(1,23＋1)＋…＋eq\f(1,2n＋1)－eq\f(1,2n＋1＋1)＝eq\f(1,3)－eq\f(1,2n＋1＋1)，所以S2024＝eq\f(1,3)－eq\f(1,22025＋1).]8.n＋1[∵an＝f(0)＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)))＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,n)))＋…＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n－1,n)))＋f(1)，∴an＝f(1)＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n－1,n)))＋…＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,n)))＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)))＋f(0).两式相加，得2an＝[f(0)＋f(1)]＋[feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)))＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n－1,n)))]＋…＋eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n－1,n)))＋f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)))))＋[f(1)＋f(0)]，∴2an＝2(n＋1)，∴an＝n＋1.]9.4049[S2025＝a1＋(a2＋a3)＋(a4＋a5)＋…＋(a2024＋a2025)，又an＋1＋an＝n－1009(n∈N*),且a1＝1，∴S2025＝1＋(2－1009)＋(4－1009)＋…＋(2024－1009)＝1＋(2＋4＋6＋…＋2024)－1009×1012＝1＋eq\f(2＋2024,2)×1012－1009×1012＝4049.]10.4050[因为an·an＋1·an＋2＝an＋an＋1＋an＋2，①所以当n≥2时，有an－1·an·an＋1＝an－1＋an＋an＋1，②①－②得(an＋2－an－1)(an＋1an－1)＝0，因为a1＝1，a2＝2，所以2a3＝3＋a3，解得a3＝3，显然a2a3≠1，于是有an＋2－an－1＝0，于是当n∈N*时，an＋3＝an，所以数列{an}是以3为周期的周期数列.因为a1＋a2＋a3＝6，所以a1＋a2＋a3＋…＋a2025＝675×6＝4050.]11.(1)证明显然an≠0，对an＋1＝eq\f(an,2an＋1)两边同时取倒数，得eq\f(1,an＋1)＝eq\f(2an＋1,an)＝eq\f(1,an)＋2，即eq\f(1,an＋1)－eq\f(1,an)＝2，所以数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是公差为2的等差数列.又a3＝eq\f(1,6)，所以eq\f(1,an)＝eq\f(1,a3)＋(n－3)×2＝2n，所以an＝eq\f(1,2n).(2)解由已知得bn＝eq\f(1,2n)·eq\f(1,2n＋2)＝eq\f(1,4n(n＋1))＝eq\f(1,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))，则数列{bn}的前n项和Tn＝eq\f(1,4)[eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))]＝eq\f(1,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,n＋1)))＝eq\f(n,4n＋4).12.解(1)设数列{an}的公差为d(d>0)，由题意得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(S4＝20，,aeq\o\al(2,4)＝a2·a8，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(4a1＋\f(4×3,2)d＝20，,(a1＋3d)2＝(a1＋d)(a1＋7d)，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝2，,d＝2))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝5，,d＝0))(舍)，所以an＝2＋(n－1)·2＝2n.(2)由(1)得an＝2n，所以bn＝4(n＋1)－3n＋2，所以Tn＝4×2－33＋4×3－34＋…＋4(n＋1)－3n＋2＝4[2＋3＋…＋(n＋1)]－(33＋34＋…＋3n＋2)＝4n·eq\f(2＋n＋1,2)－eq\f(27(1－3n),1－3)＝2n2＋6n＋eq\f(27,2)－eq\f(3n＋3,2).13.A[eq\f(1,4n2＋4n－3)＝eq\f(1,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋3)))，则Tn＝eq\f(1,4)(1－eq\f(1,5)＋eq\f(1,3)－eq\f(1,7)＋eq\f(1,5)－eq\f(1,9)＋…＋eq\f(1,2n－3)－eq\f(1,2n＋1)＋eq\f(1,2n－1)－eq\f(1,2n＋3))＝eq\f(1,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,3)－\f(1,2n＋1)－\f(1,2n＋3)))＝eq\f(1,3)－eq\f(1,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n＋1)＋\f(1,2n＋3)))<eq\f(1,3)，因为对任意的n∈N*，不等式6Tn<3a2－a恒成立，所以6×eq\f(1,3)≤3a2－a，解得a≤－eq\f(2,3)或a≥1.]14.ACD[对于A，由题意知a1＝1，a2＝1，a3＝2，a4＝3，a5＝5，a6＝8，a7＝13，a8＝21，a9＝a7＋a8＝13＋21＝34，a10＝a8＋a9＝21＋34＝55，a11＝a9＋a10＝34＋55＝89，故A正确；对于B，因为该数列的特点是前两项为1，从第三项起，每一项都等于它前面两项的和，此数列中数字以奇数、奇数、偶数的规律循环出现，每3个数一组，而2023＝3×674＋1，故a2023为奇数，故B错误；对于C，由题意知an－1＋an＝an＋1(n≥2)，所以an＝an＋1－an－1(n≥2)，a1＋a3＋a5＋…＋a2023＝a1＋(a4－a2)＋(a6－a4)＋…＋(a2024－a2023)＝a1＋a2024－a2＝a2024，故C正确；对于D，a2＋a4＋a6＋…＋a2024＝a1＋(a2＋a3)＋(a4＋a5)＋…＋(a2022＋a2023)＝S2023，故D正确.]15.eq\f(2π,9)－eq\f((3n＋4)π,9·22n＋1)[依题意，S1＝eq\f(1,2)×π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(2)＝π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(3)，S2＝eq\f(1,2)×π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))eq\s\up12(2)＝π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(5)，S3＝eq\f(1,2)×π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,8)))eq\s\up12(2)＝π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(7)，以此类推可知，数列{Sn}是首项为eq\f(1,8)π，公比为eq\f(1,4)的等比数列，所以Sn＝eq\f(1,8)π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))eq\s\up12(n－1)＝π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(2n＋1).令Tn＝eq\o(∑,\s\up6(n),\s\do4(i＝1))iSi，则Tn＝1×π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(3)＋2×π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(5)＋…＋n×π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(2n＋1)，eq\f(1,4)Tn＝1×π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(5)＋2×π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(7)＋…＋n×π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(2n＋3)，两式相减得eq\f(3,4)Tn＝π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(3)＋π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(5)＋…＋π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(2n＋1)－n×π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(2n＋3)＝eq\f(π×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(3)×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,4n))),1－\f(1,4))－n×π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(2n＋3)＝eq\f(π,6)－eq\f((3n＋4)π,3·22n＋3)，所以Tn＝eq\f(2π,9)－eq\f((3n＋4)π,9·22n＋1).]16.解(1)设{an}的公差为d，{bn}的公比为q(q≠0).由题意，得a1＝1，b1＝2.由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(b2＝2a2，,a3＋b3＝11.))可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2q＝21＋d，,2d＋2q2＋1＝11，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(q＝2，,d＝1.))所以an＝n，bn＝2n.(2)由(1)，知anbn＝n×2n，则Sn＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋(n－1)×2n－1＋n×2n，①2Sn＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋(n－1)×2n＋n×2n＋1.②①－②，得－Sn＝2＋22＋23＋…＋2n－n×2n＋1＝2×eq\f(1－2n,1－2)－n×2n＋1＝(1－n)×2n＋1－2，所以Sn＝(n－1)×2n＋1＋2.对点练52数列中的奇偶项、放缩问题1.证明由an＝eq\f(n,2n)知Sn＝1×eq\f(1,2)＋2×eq\f(1,22)＋3×eq\f(1,23)＋…＋n×eq\f(1,2n)，所以eq\f(1,2)Sn＝1×eq\f(1,22)＋2×eq\f(1,23)＋…＋(n－1)×eq\f(1,2n)＋n×eq\f(1,2n＋1)，两式作差得eq\f(1,2)Sn＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,22)＋eq\f(1,23)＋eq\f(1,24)＋…＋eq\f(1,2n)－eq\f(n,2n＋1)＝eq\f(\f(1,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n))),1－\f(1,2))－eq\f(n,2n＋1)＝1－eq\f(n＋2,2n＋1)，所以Sn＝2－eq\f(n＋2,2n)<2.2.解当n为偶数时，Sn＝(21－1)－(22－1)＋(23－1)－(24－1)＋…＋(2n－1－1)－(2n－1)＝21－22＋23－24＋…＋2n－1－2n＝eq\f(2[1－(－2)n],1－(－2))＝eq\f(2,3)[1－(－2)n]＝eq\f(2,3)(1－2n)；当n为奇数时，n－1为偶数，所以Sn＝Sn－1＋cn＝eq\f(2,3)(1－2n－1)＋2n－1＝eq\f(2n＋1－1,3)，综上所述，Sn＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(2n＋1－1,3)，n为奇数，,\f(2－2n＋1,3)，n为偶数.))3.解(1)因为{an}是等比数列，公比q≠－1，则a4＝a1q3，a5＝a1q4，a7＝a1q6，a8＝a1q7，所以eq\f(a4＋a5,a7＋a8)＝eq\f(a1q3＋a1q4,a1q6＋a1q7)＝eq\f(1,q3)＝eq\f(1,27)，解得q＝3，由S4＝a3＋93，可得eq\f(a1(1－34),1－3)＝9a1＋93，解得a1＝3，所以数列{an}的通项公式为an＝3n.(2)由(1)得bn＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－n，n为奇数，,3n，n为偶数，))当n为偶数时，Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝(b1＋b3＋…＋bn－1)＋(b2＋b4＋…＋bn)＝－(1＋3＋…＋n－1)＋(32＋34＋…＋3n)＝－eq\f(\f(n,2)·[1＋(n－1)],2)＋eq\f(9(1－9\f(n,2)),1－9)＝eq\f(9,8)(3n－1)－eq\f(n2,4)；当n为奇数时，Tn＝Tn＋1－bn＋1＝eq\f(9,8)(3n＋1－1)－eq\f((n＋1)2,4)－3n＋1＝eq\f(1,8)×3n＋1－eq\f(9,8)－eq\f((n＋1)2,4)；综上所述，Tn＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(1,8)×3n＋1－\f(9,8)－\f((n＋1)2,4)，n为奇数，,\f(9,8)(3n－1)－\f(n2,4)，n为偶数.))4.解(1)由2eq\r(Sn)＝an＋1，得Sn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(an＋1,2)))eq\s\up12(2)，当n＝1时，a1＝S1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a1＋1,2)))eq\s\up12(2)，解得a1＝1，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(an＋1,2)))eq\s\up12(2)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(an－1＋1,2)))eq\s\up12(2)，化简得an－an－1＝2，∴数列{an}是以1为首项，2为公差的等差数列.所以an＝1＋2(n－1)＝2n－1.(2)由(1)可得bn＝eq\f(1,(an＋1)(an＋1＋1))＝eq\f(1,2n×2(n＋1))＝eq\f(1,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))，∴数列{bn}的前n项和Tn＝eq\f(1,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)＋\f(1,2)－\f(1,3)＋…＋\f(1,n)－\f(1,n＋1)))＝eq\f(1,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,n＋1)))＝eq\f(n,4(n＋1)).∵Tn＋1－Tn＝eq\f(n＋1,4(n＋2))－eq\f(n,4(n＋1))＝eq\f(1,4(n＋1)(n＋2))>0，∴{Tn}单调递增，∴Tn≥T1＝eq\f(1,8)，∵Tn＝eq\f(n,4(n＋1))＝eq\f(1,4)－eq\f(1,4(n＋1))<eq\f(1,4)，∴eq\f(1,8)≤Tn<eq\f(1,4)，若使得eq\f(5m－2,4)<Tn<5m对一切n∈N*恒成立，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)≤5m，,\f(5m－2,4)<\f(1,8)，))解得eq\f(1,20)≤m<eq\f(1,2)，∴实数m的取值范围是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,20)，\f(1,2))).对点练53数列中的子数列、新情境问题1.解(1)由题意知a1＝2，a2＝4，a3＝8，所以等比数列{an}的公比q＝2，an＝a1qn－1＝2n.设等差数列{bn}的公差为d，则2＝b3－2b1＝2d－b1，S7＝eq\f(7(b1＋b7),2)＝7b4＝7a3，所以b4＝8＝b1＋3d，所以b1＝2，d＝2，bn＝2n.(2)因为bn＝2n，所以cn＝[lg(2n)].所以T100＝c1＋c2＋…＋c100＝[lg2]＋[lg4]＋…＋[lg8]＋[lg10]＋…＋[lg98]＋[lg100]＋…＋[lg200]＝4×0＋45×1＋51×2＝147.2.解(1)由Sn＝eq\f(3n2＋n,2)，当n＝1时，a1＝S1＝2，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝3n－1，当n＝1时，上式也成立，所以an＝3n－1，由Tn＝2eq\f(n(n＋1),2)，当n＝1时，b1＝T1＝2，当n≥2时，bn＝eq\f(Tn,Tn－1)＝2n，当n＝1时，上式也成立，所以bn＝2n.(2)设3n－1＝2m＝(3－1)m＝Ceq\o\al(0,m)·3m(－1)0＋Ceq\o\al(1,m)·3m－1(－1)1＋…＋Ceq\o\al(m－1,m)×3×(－1)m－1＋Ceq\o\al(m,m)30·(－1)m＝3M＋(－1)m，m∈N*，M为3的正整数倍，故当m为奇数时，n＝M，故公共项为m＝1，3，5，7，…，∴21，23，25，27，…，构成首项为2，公比为4的等比数列，cn＝2·4n－1，则c1＋c2＋…＋c20＝eq\f(2×(1－420),1－4)＝eq\f(2,3)(420－1).3.解依题意，要使S2025的值最小，只需每一项的值都取最小值即可.因为a1＝2，绝对公和d＝3，所以a2＝－1或a2＝1(舍去)，所以a3＝－2或a3＝2(舍去)，所以a4＝－1或a4＝1(舍去)，…，所以满足条件的数列{an}的通项公式an＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2，n＝1，,－2，n为大于1的奇数，,－1，n为偶数，))所以S2025＝a1＋(a2＋a3)＋(a4＋a5)＋…＋(a2024＋a2025)＝2＋(－1－2)×eq\f(2025－1,2)＝－3034.4.解(1)当n＝1时，a2＝2，当n≥2时，递推得aeq\o\al(2,n)－2Sn－1＝n，两式相减得aeq\o\al(2,n＋1)－aeq\o\al(2,n)＝2an＋1，aeq\o\al(2,n＋1)＝aeq\o\al(2,n)＋2an＋1＝(an＋1)2，因为数列{an}各项均为正数，所以an＋1－an＝1，又∵a2－a1＝1，∴数列{an}为等差数列，故an＝a1＋n－1＝n.(2)设ak和插入的k个数(－1)k＋1·k构成一组数，则前k组共有k＋eq\f(k(k＋1),2)＝eq\f(k2＋3k,2)个数，令eq\f(k2＋3k,2)≤100，又k∈N*，解得k≤12；当k＝12时，eq\f(k2＋3k,2)＝90<100，∴{bn}的前100项中包含前12组数和第13组数的前10个，∴T100＝(a1＋1)＋(a2－22)＋(a3＋32)＋…＋(a11＋112)＋(a12－122)＋(a13＋13×9)＝(a1＋a2＋…＋a13)＋(1－22＋32－42＋…＋112－122)＋117＝eq\f(13×(1＋13),2)－(3＋7＋11＋…＋23)＋117＝91－eq\f(6×(3＋23),2)＋117＝91－78＋117＝130.多选题加练(六)数列1.ABC[设等比数列{an}的公比为q.当q＝1时，Sn＝na1，显然是一次函数，不是常数函数形式，故不满足，所以D错误；当q≠1时，Sn＝eq\f(a1(1－qn),1－q)＝eq\f(a1,1－q)－eq\f(a1,1－q)·qn，所以c＝eq\f(a1,1－q)，a＝－eq\f(a1,1－q)，b＝q，即a＋c＝0，ac＝－eq\f(aeq\o\al(2,1),(1－q)2)<0，所以A，B，C正确.]2.AC[设等差数列{an}的公差为d(d>0)，对于A，由等差数列性质可得a3＋a7＝a4＋a6，故A正确；对于B，a4·a6－a3·a7＝(a1＋3d)·(a1＋5d)－(a1＋2d)·(a1＋6d)＝3d2>0，则a3·a7<a4·a6，故B错误；对于C，因为a2n＋1－a2n－1＝2d，则数列{a2n＋1}是等差数列，故C正确；对于D，如数列{an}为1，2，3，4，5，6，…，显然数列{a2n}不是等比数列，故D错误.]3.BC[若a2＝2，a4＝2，当n＝4时，16a2a6＝12aeq\o\al(2,4)，解得a6＝eq\f(3,2)，故A错误；若a1＝1，a3＝3，当n＝3时，9a1a5＝5aeq\o\al(2,3)，解得a5＝5，当n＝5时，25a3a7＝21aeq\o\al(2,5)，解得a7＝7，…，根据推递关系可知，当n为奇数，即n＝2n＋1时，a2n＋1＝2n＋1(n∈N)，故B正确；若an＝n，则n2(n－2)(n＋2)＝(n2－4)n2成立，故数列{an}可以是等差数列，即C正确；若数列{an}是等比数列，假设公比为q，则由n2an－2an＋2＝(n2－4)aeq\o\al(2,n)，得(n＋1)2an－1an＋3＝[(n＋1)2－4]aeq\o\al(2,n＋1)，两式相除得，eq\f((n＋1)2,n2)eq\f(an－1,an－2)eq\f(an＋3,an＋2)＝eq\f([(n＋1)2－4],[n2－4])eq\f(aeq\o\al(2,n＋1),aeq\o\al(2,n))，即eq\f((n＋1)2,n2)q2＝eq\f((n＋1)2－4,n2－4)q2，解得n＝－eq\f(1,2)，不符合题意，故D错误.]4.BD[若数列{an}为等差数列，不妨设其公差为d，则a1＋a3＋a8＝3a1＋9d，2a6＝2a1＋10d，显然当a1＝d才相等，故A错误；(S6－S3)－S3＝9d＝(S9－S6)－(S6－S3)，故B正确；若数列{an}为等比数列，且a3＝7，S3＝21，设其公比为q，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1q2＝7，,a1(1＋q＋q2)＝21，))作商可得q＝1或q＝－eq\f(1,2)，所以a4＝7或a4＝－eq\f(7,2)，故C错误；由题意得{an}各项均不为0，可得(S6－S3)÷S3＝q3＝(S9－S6)÷(S6－S3)，故D正确.]5.AC[由nSn＝(n＋1)Sn－1＋(n－1)n(n＋1)(n≥2，n∈N*)，得eq\f(Sn,n＋1)－eq\f(Sn－1,n)＝n－1，eq\f(Sn,n＋1)＝eq\f(S2,3)－eq\f(S1,2)＋eq\f(S3,4)－eq\f(S2,3)＋…＋eq\f(Sn,n＋1)－eq\f(Sn－1,n)＋eq\f(S1,2)＝1＋2＋…＋(n－1)－eq\f(50,2)，解得2Sn＝n3－51n－50(n≥2，n∈N*)，当n＝1时，S1＝－50满足上式，所以Sn＝eq\f(n3－51n－50,2)，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝eq\f(3n2－3n－50,2)，所以a5＝eq\f(3×52－3×5－50,2)＝5>0，故A正确；当n≥2时，an＝eq\f(3n2－3n－50,2)单调递增，又a1＝－50，a2＝－22，所以数列{an}单调递增，且a1<a2<a3<a4<0<a5<a6<…，所以当n≤4时，{Sn}单调递减，当n≥5时，{Sn}单调递增，且S4<S5，所以当n＝4时，Sn取得最小值，故B错误，C正确；又S7＝eq\f(73－51×7－50,2)＝－32<0，S8＝eq\f(83－51×8－50,2)＝27>0，故D错误.]6.BC[∵{bn}是项数为2k－1(k∈N＋)的对称数列，∴b1＝b2k－1，b2＝b2k－2，…，bk－1＝bk＋1，{bn}的和S2k－1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(50k－\f(k(k－1),2)×4))×2－50＝－4k2＋104k－50＝－4(k－13)2＋626，对于A，k＝10，则b1＝b19＝50－4×9＝14，错误；对于B，k＝10，则所有项的和为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(50×10－\f(10×9,2)×4))×2－50＝590，正确；对于C，{bn}的和S2k－1＝－4(k－13)2＋626，当k＝13时，和最大，正确；对于D，S2k－1＝－4k2＋104k－50＝0，方程无正整数解，错误.]7.AC[因为a1＝10，d＝－2，所以an＝10－2(n－1)＝－2n＋12，Sn＝eq\f(n(10－2n＋12),2)＝－n2＋11n，所以S4＝－16＋44＝28，S7＝－49＋77＝28，所以A正确；因为Sn＝－n2＋11n＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n－\f(11,2)))eq\s\up12(2)＋eq\f(121,4)，根据二次函数的对称性及开口向下可知，Sn取得最大值为S5＝S6＝eq\f(121,4)－eq\f(1,4)＝30，故B错误；记{|an|}的前10项和为T10，因为an＝－2n＋12，当an＝－2n＋12≥0时，解得n≤6，当an＝－2n＋12<0时，解得n>6，所以T10＝|a1|＋|a2|＋…＋|a9|＋|a10|＝a1＋a2＋…＋a6－a7－a8－a9－a10＝S6－(S10－S6)＝2S6－S10，因为Sn＝－n2＋11n，所以S10＝10，所以T10＝2×30－10＝50，故C正确；记bm＝3m＋10，因为an＝－2n＋12，n≤2023，所以a2023＝－4034，所以当n≤2023时，an≥－4034，由an＝－2n＋12，n≤2023，可知an为偶数，若bm与an互为相反数，则bm≤4034，且bm为偶数，由bm＝3m＋10，所以bm－10为偶数，即3m为偶数，即m为偶数，即3m≤4024，即m≤eq\f(4024,3)，且m为偶数，所以m≤1341，且为偶数，故这样的m有670个，故D错误.]8.AC[由条件可知，λ＝eq\f(\r(2),2)，k＝2，则eq\r(Sn＋1)－eq\r(Sn)＝eq\f(\r(2),2)eq\r(an＋1)＝eq\f(\r(2),2)eq\r(Sn＋1－Sn)，两边平方后，整理得Sn＋1－4eq\r(Sn＋1Sn)＋3Sn＝0，即(eq\r(Sn＋1)－eq\r(Sn))(eq\r(Sn＋1)－3eq\r(Sn))＝0，得eq\r(Sn＋1)＝eq\r(Sn)或eq\r(Sn＋1)＝3eq\r(Sn)，若eq\r(Sn＋1)＝eq\r(Sn)，则Sn＋1＝Sn，则an＋1＝0，这与an>0矛盾，所以不成立，若eq\r(Sn＋1)＝3eq\r(Sn)，则Sn＋1＝9Sn，S1＝a1＝1，所以数列{Sn}是首项为1，公比为9的等比数列，即Sn＝9n－1，故A正确；由Sn＋1＝9Sn可得Sn＝9Sn－1(n≥2)，两式相减得，an＋1＝9an，并且n＝1时，S2＝9S1，即a1＋a2＝9a1，得a2＝8，那么eq\f(a2,a1)＝8≠9，所以{an}不是等比数列，故B错误；an＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1，n＝1，,8·9n－2，n≥2，))当n＝1时，S1－a1＝0，当n≥2时，设数列{Sn－an}的前n项和为Tn，则Tn＝(S1－a1)＋(S2－a2)＋…＋(Sn－an)＝(S1＋S2＋…＋Sn)－(a1＋a2＋…＋an)＝eq\f(1－9n,1－9)－eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1＋\f(8×(1－9n－1),1－9)))＝eq\f(9n－1－1,8)，当n＝1时，T1＝0成立，故Tn＝eq\f(9n－1－1,8)，故C正确；eq\f(S1,a1)＝1，eq\f(S2,a2)＝eq\f(9,8)，eq\f(S3,a3)＝eq\f(9,8)，eq\f(S1,a1)＋eq\f(S3,a3)≠2eq\f(S2,a2)，所以数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,an)))不是等差数列，故D错误.]9.ABD[显然△AnBnCn是正三角形，因此Mn＝eq\f(\r(3),4)aeq\o\al(2,n)，A正确；由中位线性质易得an＝eq\f(1,2)an－1，即{an}是等比数列，公比为eq\f(1,2)，因此aeq\o\al(2,4)＝a3a5，B正确；a1＝eq\f(1,2)AB＝1，a1＋a2＋…＋an＝eq\f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(n),1－\f(1,2))＝2－21－n，C错误；M1＝eq\f(\r(3),4)×12＝eq\f(\r(3),4)，{an}是等比数列，公比为eq\f(1,2)，则{Mn}也是等比数列，公比是eq\f(1,4)，M1＋M2＋…＋Mn＝eq\f(\f(\r(3),4)×\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))\s\up12(n))),1－\f(1,4))＝eq\f(\r(3),3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,4n)))<eq\f(\r(3),3)，D正确.]10.BC[由题知，∵eq\o(OA,\s\up6(→))＝2a2eq\o(OB,\s\up6(→))＋4a3eq\o(OC,\s\up6(→))，A，B，C三点共线，则2a2＋4a3＝1，设公比为q，∴2×eq\f(1,2)q＋4×eq\f(1,2)q2＝1，由{an}是正项等比数列，解得q＝eq\f(1,2)，∴an＝a1qn－1＝eq\f(1,2n)，Sn＝eq\f(a1(1－qn),1－q)＝1－eq\f(1,2n)，所以eq\f(a3,a2)＝eq\f(1,2)，故A错误；所以S6＝1－eq\f(1,26)＝eq\f(63,64)，故B正确；因为log2an＋1－log2an＝log2eq\f(1,2n＋1)－log2eq\f(1,2n)＝－1，且log2a1＝log2eq\f(1,2)＝－1，所以数列{log2an}是－1为首项，－1为公差的递减的等差数列，故C正确；又bn＝eq\f(1,log2an·log2an＋1)＝eq\f(1,－n×[－(n＋1)])＝eq\f(1,n(n＋1))＝eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1)，所以数列{bn}的前n项和为b1＋b2＋…＋bn＝1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)－eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1)＝1－eq\f(1,n＋1)，所以n越大，数列{bn}的前n项和也就越大，但1－eq\f(1,n＋1)不可能为1，只是无限接近于1，故D错误.]对点练54基本立体图形及几何体的表面积与体积1.B[直观图的面积为eq\f(\r(2),4)×eq\f(\r(3),2)×42＝2eq\r(6)(cm2).]2.D[A中，不一定，当以斜边所在直线为旋转轴时，其余两边旋转一周形成的面所围成的几何体不是圆锥，如图所示，它是由两个同底圆锥组成的几何体，A不正确；B中，当平面与圆柱的母线平行或垂直时，截得的截面才为矩形或圆，否则为椭圆或椭圆的一部分，B不正确；C中，直平行六面体是平行六面体的侧棱与底面垂直，所以底面可以是平行四边形，它不是长方体，C不正确；D中，如图，正方体ABCD－A1B1C1D1中的四面体C1－ABC，四个面都是直角三角形，D正确.]3.B[因为正八面体每一个顶点都是4个正三角形的交点，所以正八面体每个顶点处的曲率为2π－eq\f(π,3)×4＝eq\f(2π,3)，又正八面体有6个顶点，所以正八面体的总曲率为eq\f(2π,3)×6＝4π，故选B.]4.D[设圆台的母线长为l，因为该圆台的侧面积为3eq\r(5)π，所以由圆台侧面积公式可得πl(1＋2)＝3πl＝3eq\r(5)π，解得l＝eq\r(5).设原圆锥的母线长为l′，由三角形相似可得eq\f(l′－l,l′)＝eq\f(1,2)，解得l′＝2eq\r(5)，所以原圆锥的母线长为2eq\r(5).故选D.]5.C[由题意，设直角圆锥SO的底面圆的半径为r，则直角圆锥SO的高为r，又在直角圆锥SO中，点S与底面圆O都在同一个球面上，设球的半径为R，则r＝R，又因为球的表面积为4π，则4πR2＝4π，解得R＝1，即r＝1，所以圆锥的母线长为eq\r(12＋12)＝eq\r(2)，所以圆锥的侧面积为eq\f(1,2)×2π×1×eq\r(2)＝eq\r(2)π.故选C.]6.C[设圆柱的母线长为2a，且圆柱的轴截面为正方形，则圆柱的底面圆的半径为a，连接O1C，O1D，O1O2，如图，由题意可知VA－BCD＝2VA－O1CD＝2×eq\f(1,3)×AO1×S△O1CD＝2×eq\f(1,3)×AO1×eq\f(1,2)×O1O2×CD＝2×eq\f(1,3)×a×eq\f(1,2)×2a×2a＝eq\f(4,3)a3＝4eq\r(3)，解得a＝eq\r(3)，所以该圆柱的侧面积S＝2π×a×2a＝2π×eq\r(3)×2eq\r(3)＝12π.故选C.]7.A[如图，取AB的中点D，连接PD，CD，因为△ABC是边长为2的等边三角形，PA＝PB＝2，所以PD⊥AB，CD⊥AB，所以PD＝CD＝eq\r(3)，又PC＝eq\r(6)，所以PD2＋CD2＝PC2，所以PD⊥CD，又AB∩CD＝D，AB，CD⊂平面ABC，所以PD⊥平面ABC，所以VP－ABC＝eq\f(1,3)·S△ABC·PD＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×2×eq\r(3)×eq\r(3)＝1，故选A.]8.B[在△AOB中，AO＝BO＝eq\r(3)，∠AOB＝eq\f(2π,3)，由余弦定理得AB＝eq\r(3＋3－2×\r(3)×\r(3)×(－\f(1,2)))＝3.设等腰三角形PAB底边AB上的高为h，则S△PAB＝eq\f(1,2)×3h＝eq\f(9\r(3),4)，解得h＝eq\f(3\r(3),2)，由勾股定理得母线PA＝eq\r((\f(3,2))2＋(\f(3\r(3),2))2)＝3，则该圆锥的高PO＝eq\r(PA2－OA2)＝eq\r(6)，所以该圆锥的体积为eq\f(1,3)×3π×eq\r(6)＝eq\r(6)π.]9.eq\f(\r(2),2)[利用斜二测画法作正方形ABCO的直观图如图，在坐标系x′O′y′中，B′C′＝1，∠x′C′B′＝45°.过点B′作x′轴的垂线，垂足为点D′.在Rt△B′D′C′中，B′D′＝B′C′sin45°＝1×eq\f(\r(2),2)＝eq\f(\r(2),2).]10.4eq\r(5)[如图所示，根据题意可得△ABC是边长为8m的正三角形，所以BC＝8m，所以圆锥底面周长为π×8＝8π(m).设圆锥侧面展开后的扇形圆心角为θ，点B在展开图中对应的点为B′，连接AB′，B′P.根据底面圆的周长等于展开后扇形的弧长，可得8θ＝8π，故θ＝π，则∠B′AC＝eq\f(π,2)，所以B′P＝eq\r(64＋16)＝4eq\r(5)(m)，所以小猫所经过的最短路程是4eq\r(5)m.]11.2eq\r(2)[设AB＝BD＝m，则AD＝eq\r(2)m，因为AC＝3AB＝3m，所以BC＝2m，则圆柱的侧面积S1＝2π·BD·BC＝4πm2，圆锥的侧面积S2＝π·BD·AD＝eq\r(2)πm2，故eq\f(S1,S2)＝eq\f(4πm2,\r(2)πm2)＝2eq\r(2).]12.818eq\r(2)[易知两个正四棱柱的公共部分为两个正四棱锥拼接而成，且两个正四棱锥的底面重合，所以公共部分构成的多面体的面数为8，因为正四棱柱的底面边长为3，则公共部分的两个正四棱锥的底面边长为3eq\r(2)，高为eq\f(3\r(2),2)，所以体积V＝2×eq\f(1,3)×(3eq\r(2))2×eq\f(3\r(2),2)＝18eq\r(2)(cm3).]13.C[连接BD，在圆内接四边形ABCD中，∠DAB＝90°，所以BD是四边形ABCD外接圆的直径，所以∠DCB＝90°，则∠ABC＝135°.延长AB，过点C作CE垂直AB的延长线于点E，过点C作CF⊥AD，垂足为F，则∠CBE＝45°，所以△BCE是等腰直角三角形，所以BE＝CE＝2.作出四边形ABCD关于直线AB对称的图形，如图所示.由于CE∥AF，AE∥CF，∠DAB＝90°，所以四边形AECF是矩形，AF＝CE＝2，DF＝CF＝AE＝4，所以在等腰直角三角形CDF中，CD＝4eq\r(2).将该四边形沿AB旋转一周，则旋转形成的几何体是一个圆台挖掉一个圆锥，其表面积为π×62＋π×(2＋6)×4eq\r(2)＋π×2×2eq\r(2)＝(36eq\r(2)＋36)π.故选C.]14.BD[因为PA⊥平面ABCD，BE∥PA，所以BE⊥平面ABCD，又BC⊂平面ABCD，所以BC⊥BE.因为四边形ABCD为矩形，所以BC⊥AB，又AB∩BE＝B，AB，BE⊂平面ABEP，所以BC⊥平面ABEP，同理可证得CD⊥平面PAD，故该几何体的体积V＝VC－ABEP＋VP－ACD＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×(1＋2)×1×2＋eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×1×2×2＝eq\f(5,3)，故A错误；如图，取PA的中点为F，连接EF，FC，FD，因为BE∥PA，PA＝2BE，所以AF∥BE且AF＝BE，所以四边形ABEF为平行四边形，所以EF∥AB，又AB∥CD，所以EF∥CD，因为EF⊄平面PCD，CD⊂平面PCD，所以EF∥平面PCD，所以点E，F到平面PCD的距离相等，所以V1＝VP－CDE＝VE－PCD＝VF－PCD＝VC－PDF＝eq\f(1,3)×1×eq\f(1,2)×1×2＝eq\f(1,3)，V2＝VE－PBC＝VC－PBE＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×1×1×2＝eq\f(1,3).因为BE∥PA，BE⊄平面PAC，PA⊂平面PAC，所以BE∥平面PAC，所以点B，E到平面PAC的距离相等，所以V3＝VE－PAC＝VB－PAC＝VP－ABC＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×2×1×2＝eq\f(2,3)，所以V3＝2V2，3V1≠2V2，V1＋V2＝V3，故B，D正确，C错误.故选BD.]15.28[如图所示，正四棱锥P－ABCD的底面边长为4，用平行于底面的平面截去一个底面边长为2，高为3的正四棱锥P－A′B′C′D′后，得到正四棱台A′B′C′D′－ABCD，且A′B′＝2，AB＝4.记O′，O分别为正四棱台A′B′C′D′－ABCD上、下底面的中心，H′，H分别为A′B′，AB的中点，则P，O′，O三点共线，P，H′，H三点共线.连接PO，PH，O′H′，OH，则PO′＝3，O′H′＝1，OH＝2.易知△PO′H′∽△POH，所以eq\f(PO′,PO)＝eq\f(O′H′,OH)，即eq\f(3,PO)＝eq\f(1,2)，解得PO＝6，所以OO′＝PO－PO′＝3，所以该正四棱台的体积V＝eq\f(1,3)×3×(22＋2×4＋42)＝28.]16.eq\f(\r(3),6)eq\f(3,2)[由三角形面积公式可得S△ABC＝eq\f(1,2)×1×1×sin60°＝eq\f(\r(3),4).设三棱锥P－ABC的高为h，VP－ABC＝eq\f(1,3)S△ABC·h＝eq\f(1,3)×eq\f(\r(3),4)×2＝eq\f(\r(3),6).由题意得，三棱锥P－A1B1C1为正三棱锥，设其高为h1，则A1A0＝2－h1.设A1B1＝x(0<x<1)，则C1B1＝C1A1＝x，由相似知识得，eq\f(x,1)＝eq\f(h1,2)，故h1＝2x，则A1A0＝2－h1＝2－2x.三棱柱的侧面积S＝3x(2－2x)＝－6eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))eq\s\up12(2)＋eq\f(3,2).因为0<x<1，所以当x＝eq\f(1,2)时，三棱柱的侧面积取得最大值，最大值为eq\f(3,2).]对点练55与球有关的切、接问题1.C[设正方体的外接球的半径为R，内切球的半径为r，棱长为1，则正方体的外接球的直径为正方体的体对角线长，即2R＝eq\r(3)，所以R＝eq\f(\r(3),2)，正方体内切球的直径为正方体的棱长，即2r＝1，即r＝eq\f(1,2)，所以eq\f(R,r)＝eq\r(3)，所以正方体的外接球与内切球的表面积比值为eq\f(4πR2,4πr2)＝eq\f(R2,r2)＝3.]2.C[过圆锥的旋转轴作轴截面，得△ABC及其内切圆⊙O1和外接圆⊙O2，且两圆同圆心，即△ABC的内心与外心重合，易得△ABC为正三角形，由题意得⊙O1的半径为r＝1，∴△ABC的边长为2eq\r(3)，∴圆锥的底面半径为eq\r(3)，高为3，∴V＝eq\f(1,3)×π×3×3＝3π.]3.C[根据已知可得球的半径等于1，故三棱柱的高等于2，底面三角形内切圆的半径等于1，即底面三角形的高等于3，边长等于2eq\r(3)，所以这个三棱柱的表面积等于3×2eq\r(3)×2＋2×eq\f(1,2)×2eq\r(3)×3＝18eq\r(3).]4.A[如图将棱长为1的正四面体B1－ACD1放入正方体ABCD－A1B1C1D1中，且正方体的棱长为1×cos45°＝eq\f(\r(2),2)，所以正方体的体对角线AC1＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))\s\up12(2))＝eq\f(\r(6),2)，所以正方体外接球的半径R＝eq\f(AC1,2)＝eq\f(\r(6),4)，所以正方体外接球的体积为eq\f(4,3)πR3＝eq\f(4,3)π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),4)))eq\s\up12(3)＝eq\f(\r(6),8)π，因为正四面体的外接球即为正方体的外接球，所以正四面体的外接球的体积为eq\f(\r(6),8)π.]5.A[由题意，设正三棱柱的底面边长为a，则其内切球的半径r＝eq\f(1,3)×eq\f(\r(3),2)a＝eq\f(\r(3),6)a，所以正三棱柱的高h＝2r＝eq\f(\r(3),3)a.棱柱的体积V＝eq\f(\r(3),4)a2·h＝eq\f(\r(3),4)a2·eq\f(\r(3),3)a＝eq\f(a3,4)＝48eq\r(3)，得a＝4eq\r(3)，所以球的表面积S＝4πr2＝4π·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),6)a))eq\s\up12(2)＝eq\f(π,3)a2＝16π.故选A.]6.A[设正三棱锥P－ABC的侧棱长为x.易知OA＝eq\f(2,3)×eq\f(\r(3),2)×6＝2eq\r(3)，则cos∠PAO＝eq\f(OA,PA)＝eq\f(2\r(3),x)，cos∠APB＝eq\f(x2＋x2－36,2x2)＝eq\f(x2－18,x2).因为∠APB＝2∠PAO，所以cos∠APB＝cos2∠PAO，所以eq\f(x2－18,x2)＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(3),x)))eq\s\up12(2)－1，解得x＝eq\r(21)(负值舍去)，所以OP＝eq\r(PA2－OA2)＝3.设外接球球心为M，半径为R，则MP＝MA＝R，MO＝|3－R|.因为MA2＝MO2＋OA2，所以R2＝(3－R)2＋(2eq\r(3))2，解得R＝eq\f(7,2)，所以外接球表面积S＝4πR2＝49π.故选A.]7.A[如图所示，旋转体的轴截面为边长为eq\r(2)的正方形，设O为内切球的球心.内切球半径r＝eq\f(1,2)AC＝eq\f(\r(2),2)，所以该几何体的内切球的体积为eq\f(4,3)×π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))eq\s\up12(3)＝eq\f(\r(2)π,3)，故选A.]8.C[由题意可知，BC＝AB＝8，且CD为球的直径，所以BD⊥BC，AC⊥AD.因为球O的体积为eq\f(4,3)πR3＝288π(R为球O的半径)，所以R＝6，所以CD＝12，由勾股定理可得BD＝eq\r(CD2－BC2)＝4eq\r(5).设直线AC，BD所成角为θ，则cosθ＝eq\f(|\o(AC,\s\up6(→))·\o(BD,\s\up6(→))|,|\o(AC,\s\up6(→))|·|\o(BD,\s\up6(→))|)＝eq\f(|\o(AC,\s\up6(→))·(\o(AD,\s\up6(→))－\o(AB,\s\up6(→)))|,|\o(AC,\s\up6(→))|·|\o(BD,\s\up6(→))|)＝eq\f(|\o(AC,\s\up6(→))·\o(AD,\s\up6(→))－\o(AC,\s\up6(→))·\o(AB,\s\up6(→))|,|\o(AC,\s\up6(→))|·|\o(BD,\s\up6(→))|)＝eq\f(|0－8\r(2)×8×cos45°|,8\r(2)×4\r(5))＝eq\f(\r(10),5)，所以sinθ＝eq\r(1－cos2θ)＝eq\f(\r(15),5)，所以tanθ＝eq\f(sinθ,cosθ)＝eq\f(\r(6),2)，故选C.]9.20π[根据题意得，BC⊥平面ABD，则BC⊥BD，即AD，BC，BD三条线两两垂直，所以可将三棱锥A－BCD放置于长方体内，如图所示，该三棱锥的外接球即为长方体的外接球，球心为长方体体对角线的中点，即外接球的半径为长方体体对角线长的一半，此时AC为长方体的体对角线，即为外接球的直径，所以该球的表面积S＝4πR2＝π·AC2＝π·(22＋42)＝20π.]10.eq\f(3,2)eq\f(3,2)[由题意，知圆柱底面半径为r，球的半径为R，则R＝r，圆柱的高h＝2R，则V球＝eq\f(4,3)πR3，V柱＝πr2h＝π·R2·2R＝2πR3.∴eq\f(V柱,V球)＝eq\f(2πR3,\f(4,3)πR3)＝eq\f(3,2).又∵S球＝4πR2，S柱＝2πr2＋2πrh＝2πR2＋2πR·2R＝6πR2.∴eq\f(S柱,S球)＝eq\f(6πR2,4πR2)＝eq\f(3,2).]11.eq\f(2＋3\r(2),8π)[连接OA1(图略)，设A1B1＝a，AB＝b，OO1＝h，因为以O1为球心，O1A1为半径的球与平面ABCD相切，所以h＝eq\f(\r(2),2)a.因为O是该四棱台外接球的球心，所以OA1＝eq\r(h2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)a))\s\up12(2))＝eq\f(\r(2),2)b，即b＝eq\r(2)a，所以四棱台的体积V1＝eq\f(1,3)h·(a2＋b2＋ab)＝eq\f(2＋3\r(2),6)a3，其外接球的体积V2＝eq\f(4,3)π·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)b))eq\s\up12(3)＝eq\f(4,3)πa3，则eq\f(V1,V2)＝eq\f(2＋3\r(2),8π).]12.9eq\r(2)π[如图所示，在△ABC中，由余弦定理得BC2＝(2eq\r(3))2＋42－2×2eq\r(3)×4·cos30°＝4.所以AB2＋BC2＝16＝AC2，即△ABC为直角三角形.故△ABC外接圆的圆心为斜边AC的中点.取AC的中点为O1，连接PO1，则PO1⊥AC.由平面PAC⊥平面ABC，得PO1⊥平面ABC.该三棱锥外接球的球心在线段PO1上.设球心为O，连接OA，则OA＝OP，且均为外接球的半径.在Rt△PO1A中，PO1＝eq\r((2\r(3))2－22)＝2eq\r(2).在Rt△OO1A中，OA2＝OOeq\o\al(2,1)＋AOeq\o\al(2,1)，即R2＝(2eq\r(2)－R)2＋4，则R＝eq\f(3\r(2),2).所以外接球的体积V＝eq\f(4,3)πR3＝eq\f(4,3)πeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3\r(2),2)))eq\s\up12(3)＝9eq\r(2)π.]13.C[该四棱锥的体积最大，即以底面外接圆和顶点O组成的圆锥体积最大，设圆锥的高为h(0<h<1)，底面半径为r，则圆锥的体积V＝eq\f(1,3)πr2h＝eq\f(1,3)π(1－h2)h，则V′＝eq\f(1,3)π(1－3h2)，令V′＝eq\f(1,3)π(1－3h2)＝0，得h＝eq\f(\r(3),3)，所以V＝eq\f(1,3)π(1－h2)h在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),3)))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)，1))上单调递减，所以当h＝eq\f(\r(3),3)时，四棱锥的体积最大，故选C.]14.32π[∵BD⊥平面ABC，故可将三棱锥补为直三棱柱，如图所示，∵AB＝BC＝2，AC＝2eq\r(3)，故三棱柱的上、下底面三角形的外接圆圆心在底边中线的延长线上，设为O1，O2，易得∠O1BC＝60°，故O1B＝O1C＝BC＝2，∴三棱柱外接球球心为上、下底面外心所连线段的中点O，即为三棱锥D－ABC外接球球心，设该外接球半径为R，则在Rt△OCO1中，R2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,2)))eq\s\up12(2)＋22＝8，故三棱锥D－ABC外接球的表面积为4πR2＝32π.]15.eq\f(7,3)πm2[由已知得△B1AC与△DAC均为边长是m的正三角形，取AC中点G，连接DG，B1G，如图，则有DG⊥AC，B1G⊥AC，于是得∠B1GD是二面角B1－AC－D的平面角，则∠B1GD＝120°，显然有AC⊥平面B1GD，即有平面B1GD⊥平面B1AC，平面B1GD⊥平面DAC，令正△B1AC与正△DAC的中心分别为E，F，过E，F分别作平面B1AC，平面DAC的垂线，则两垂线都在平面B1GD内，它们交于点O，从而得点O是过A，B1，C，D四点的外接球球心，连接OA，则OA为该外接球半径，由已知得GE＝GF＝eq\f(1,3)GD＝eq\f(1,3)·eq\f(\r(3),2)·m＝eq\f(\r(3),6)m，而OE＝OF，于是得∠OGF＝60°，在Rt△OGF中，OG＝eq\f(GF,cos∠OGF)＝eq\f(\r(3)m,3)，而AG＝eq\f(m,2)，在Rt△OGA中，OA2＝AG2＋OG2＝eq\f(7,12)m2，所以过A，B1，C，D四点的外接球的表面积为4π·OA2＝eq\f(7,3)πm2.]16.eq\f(\r(21),2)或eq\r(7)[如图，取AB的中点为D，连接PD，CD，因为PA＝PB＝a，所以PD⊥AB.因为平面PAB⊥平面ABC，平面PAB∩平面ABC＝AB，PD⊂平面PAB，所以PD⊥平面ABC.同理得CD⊥平面PAB.设点O1为等边△ABC的外心，过点O1作O1E∥PD，则O1E⊥平面ABC，易得直线O1E上任意一点到A，B，C三点的距离相等，即三棱锥P－ABC外接球的球心O在直线O1E上.以D为坐标原点，以DB，DC，DP所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，因为△ABC是边长为2eq\r(3)的等边三角形，所以CD＝2eq\r(3)×eq\f(\r(3),2)＝3，O1C＝eq\f(2,3)CD＝2，O1D＝eq\f(1,3)CD＝1，又PA＝PB＝a，所以a＞eq\r(3)，PD＝eq\r(a2－3)，则P(0，0，eq\r(a2－3))，C(0，3，0).由题意可知三棱锥P－ABC外接球的表面积为eq\f(65π,4)，设该外接球的半径为R，则4πR2＝eq\f(65π,4)，所以R＝eq\f(\r(65),4).设O(0，1，z)，连接OP，OC，则OP＝OC＝R，即eq\r(12＋(\r(a2－3)－z)2)＝eq\r(22＋z2)＝eq\f(\r(65),4)，解得a＝eq\f(\r(21),2)或a＝eq\r(7).]对点练56空间点、直线、平面之间的位置关系1.ABD[对于A，因为M∈α，M∈β，α∩β＝l，由基本事实3可知M∈l，A正确；对于B，A∈α，A∈β，B∈α，B∈β，故直线AB⊂α，AB⊂β，则α∩β＝AB，B正确；对于C，若l∩α＝A，则有l⊄α，A∈l，但A∈α，C错误；对于D，有三个不共线的点在平面α，β中，故α，β重合，D正确.]2.D[根据题意，两点确定一条直线，那么由于直线上有两个点在平面外，则直线在平面外，只能是直线与平面相交，或者直线与平面平行，那么可知直线上至多有一个点在平面内.]3.ACD[对于平面四边形来说不成立，故A不正确；空间四点不共面，则其中任何三点不共线，否则由直线与直线外一点确定一个平面，这空间四点共面，故B正确；由B的分析可知C不正确；平面四边形的四个顶点中任意三点不共线，但四点共面，故D不正确.]4.C[因为α∩β＝a，α∩γ＝b，a∩b＝O，所以O∈α，O∈β，O∈γ.因为β∩γ＝c，所以O∈c，所以直线a，b，c必然交于一点(即三线共点)，故A，B错误，C正确；假设直线c与平面α平行，由O∈c，可知O∉α，这与O∈α矛盾，故假设不成立，D错误.]5.B[对于A，若直线l与α相交，则α内的直线与l相交或异面，因此若l与α相交，则不存在直线m⊂α，使l∥m，故A错误；对于B，由于l⊄α，所以l与α相交或平行，不论是相交还是平行，均可在α内找到与l垂直的直线m，故B正确；对于C，当l∥α时，α内的直线与l平行或异面，所以不存在m⊂α，使l，m相交，故C错误；对于D，当直线l⊥α时，直线l与α内的所有直线均垂直，故不存在直线m⊂α，使l，m所成角为eq\f(π,6)，故D错误.]6.ABC[∵M∈A1C，A1C⊂平面A1ACC1，∴M∈平面A1ACC1，又∵M∈平面AB1D1，∴M在平面AB1D1与平面A1ACC1的交线AO上，即A，M，O三点共线，∴A，M，O，A1共面且A，M，C，O共面，∵平面BB1D1D∩平面AB1D1＝B1D1，∴M在平面BB1D1D外，即B，B1，O，M不共面，故选ABC.]7.C[法一如图，补上一相同的长方体CDEF－C1D1E1F1，连接DE1，B1E1.易知AD1∥DE1，则∠B1DE1为异面直线AD1与DB1所成角(或其补角).因为在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝eq\r(3)，所以DE1＝eq\r(DE2＋EEeq\o\al(2,1))＝eq\r(12＋(\r(3))2)＝2，DB1＝eq\r(12＋12＋(\r(3))2)＝eq\r(5)，B1E1＝eq\r(A1Beq\o\al(2,1)＋A1Eeq\o\al(2,1))＝eq\r(12＋22)＝eq\r(5)，在△B1DE1中，由余弦定理，得cos∠B1DE1＝eq\f(22＋(\r(5))2－(\r(5))2,2×2×\r(5))＝eq\f(\r(5),5)，即异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为eq\f(\r(5),5).法二如图，连接BD1，交DB1于O，取AB的中点M，连接DM，OM，易知点O为BD1的中点，所以AD1∥OM，则∠MOD为异面直线AD1与DB1所成角(或其补角).因为在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝eq\r(3)，所以AD1＝eq\r(AD2＋DDeq\o\al(2,1))＝2，DM＝eq\r(AD2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)AB))\s\up12(2))＝eq\f(\r(5),2)，DB1＝eq\r(AB2＋AD2＋DDeq\o\al(2,1))＝eq\r(5)，所以OM＝eq\f(1,2)AD1＝1，OD＝eq\f(1,2)DB1＝eq\f(\r(5),2)，于是在△DMO中，由余弦定理，得cos∠MOD＝eq\f(12＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(5),2)))\s\up12(2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(5),2)))\s\up12(2),2×1×\f(\r(5),2))＝eq\f(\r(5),5)，即异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为eq\f(\r(5),5).]8.相交或异面a∥α或a⊂α[a，b，c是不同直线，α是平面，因为a∥b，b∩c＝A，所以直线a与直线c的位置关系是相交或异面.因为a⊥b，b⊥α，则直线a与平面α的位置关系是a∥α或a⊂α.]9.4[因为AB∥CD，由图可以看出EF平行于正方体左右两个侧面，与另外四个侧面相交.]10.eq\f(\