目录
第4 讲 数列递推1
第2 讲 等比数列
第6 讲 空间几何
体结构
参考答案
第1 讲 等差数列
第5 讲 数列递推2
第3 讲 数列求和
第7 讲 期中复习
11
05
18
28
01
15
08
24
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1
第1 讲
等差数列
第1 讲
等差数列
检测题
1 （1）设{an} 是等差数列，且a1 = 3，a2 +a5 = 36，则{an} 的通项公式为
．
（2）已知正项数列{an} 中，a1 = 1，a2 = 2，2a2
n = a2
n+1 +a2
n−1（n ⩾2），则a6 等于( )
A. 16
B. 8
C. 2
√
2
D. 4
2 在等差数列{an} 中，若a1，a2011 为方程x2 −10x+16 = 0 的两个根，则a2 +a1006 +a2010 等于( )
A. 10
B. 15
C. 20
D. 40
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2
第1 讲
等差数列
3 在等差数列{an} 中，am = n，an = m(m̸ = n)，则am+n =
．
4 已知等差数列{an} 的公差d > 0，则下列四个命题：
①数列{an} 是递增数列；
②数列{nan} 是递增数列；
③数列
{an
n
}
是递增数列；
④数列{an +3nd} 是递增数列；
其中正确命题的个数为( )
A. 1
B. 2
C. 3
D. 4
5 已知数列{an} 是等差数列, 则数列{bn} 一定为等差数列的是( )
A. bn = |an|
B. bn = 1
an
C. bn = −an
D. bn = an2
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3
第1 讲
等差数列
6 若等差数列{an} 满足a6 +a7 +a8 > 0，a6 +a9 < 0，则当前n 项和Sn 取得最大值时，对应的n 值为：
．
7 已知数列{an} 是等差数列，若a12
a11
+1 < 0，且它的前n 项和Sn 有最大值，则使得Sn > 0 的n 的最大
值为( )
A. 11
B. 12
C. 21
D. 22
8 等差数列{an}、{bn} 的前n 项和分别为Sn 和Tn，若Sn
Tn
= 2n+1
3n+2，则a2 +a5 +a17 +a22
b8 +b10 +b12 +b16
=
．
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4
第1 讲
等差数列
9 在等差数列{an} 中，a10 < 0，a11 > 0，且a11 > |a10|，Sn 为数列{an} 的前n 项和，则下列结论正确的
是( )
A. S1、S2、···、S10 都小于零，S11、S12、··· 都大于零
B. S1、S2、···、S5 都小于零，S6、S7、··· 都大于零
C. S1、S2、···、S20 都小于零，S21、S22、··· 都大于零
D. S1、S2、···、S19 都小于零，S20、S21、··· 都大于零
10 已知公差不为零的等差数列{an} 的前n 项和为Sn，S8 = 4π，函数f (x) = cosx(2sinx+1)，则
f (a1)+ f (a2)+···+ f (a8) 的值为( )
A. 0
B. 4π
C. 8π
D. 与a1 有关
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5
第2 讲
等比数列
第2 讲
等比数列
检测题
1
在等比数列{an} 中, an > 0 , 且a2a4 +2a3a5 +a4a6 = 25, 那么a3 +a5 = ( )
A. 5
B. 10
C. 15
D. 20
2 一个等比数列前三项的积为2, 最后三项的积为4, 且所有项的积为64, 则该数列有( )
A. 13 项
B. 12 项
C. 11 项
D. 10 项
3 公比为q 的等比数列{an} 满足|q| > 1，a2 +a7 = 2，a4a5 = −15，则a12 =( )
A. 9
5
B. −9
5
C. 25
3
D. −25
3
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6
第2 讲
等比数列
4 已知等比数列{an} 的前n 项和为Sn, 若S2 = 3,S4 = 15, 则S8 =( )
A. 127
B. 192
C. 255
D. 511
5 已知等比数列{an} 前n 项和为Sn，则下列一定成立的是( )
A. 若a3 > 0，则a2015 < 0
B. 若a4 > 0，则a2014 < 0
C. 若a3 > 0，则S2015 > 0
D. 若a4 > 0，则S2014 > 0
6 已知等比数列{an} 的首项为3
2，公比为−1
2，其前n 项和为Sn，若对任意的n ∈N∗，都有Sn −1
Sn
∈
[s,t]，则t −s 的最小值为
．
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7
第2 讲
等比数列
7 在数列{an} 中，a1 = 1，a2 = 64，且数列
{an+1
an
}
是等比数列，其公比q = −1
2，则数列{an} 的最大项
等于( )
A. a7
B. a8
C. a9
D. a10
8 已知数列{an} 的前n 项和Sn = p×2n +2,{an} 是等比数列的充要条件是( )
A. p = 1
B. p = 2
C. p = −1
D. p = −2
9 已知a,b,c,d 成等比数列，则下列三个数列：①a+b,b+c,c+d；②ab,bc,cd；③a−b,b−c,c−d 中，必
成等比数列的个数是( )
A. 0
B. 1
C. 2
D. 3
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8
第3 讲
数列求和
第3 讲
数列求和
检测题
1
已知{an} 是各项均为正数的等比数列，且a1 ·a2 = 2，a3 ·a4 = 32．
设数列{bn} 满足b1
1 + b2
3 + b3
5 +...+
bn
2n−1 = an+1 −1(n ∈N∗)，求数列{bn} 的前n 项和．
2 数列an =
(n−1)(n+1)
(2n−1)(2n+1)，求该数列的前n 项和．
3 设数列{an} 的前n 项和Sn = 2n+1，数列{bn} 满足bn =
1
(n+1)log2an
+n．
求数列{bn} 的前n 项和Tn．
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9
第3 讲
数列求和
4 已知函数f (x) =
√
5
5x +
√
5
，若数列{an} 的通项公式为an = f
( n
m
)
(n = 1,2,3,··· ,m)，m 为正整数，数
列{an} 的前m 项和Sm，设数列{bn} 满足：b1 = 1
2，bn+1 = b2
n+bn，设Tn =
1
b1 +1 +
1
b2 +1 +···+
1
bn +1，
若对任意不小于3 的正整数n，4Sm < 777Tn +
√
5 恒成立，则m 的最大值为
．
5 数列1，1，2，2，3，3，···，n，n，··· 的通项公式an =
，前n 项和Sn =
．
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10
第3 讲
数列求和
6 已知各项都为正数的数列{an}，其前n 项的和为Sn，且Sn =
(√Sn−1 +√a1
)2 (n ⩾2)，若bn = an+1
an
+
an
an+1
，且数列{bn} 的前n 项的和为Tn，则Tn =
．
7 定义max{a,b} 表示实数a，b 中的较大的，已知数列{an} 满足a1 = a(a > 0)，a2 = 1，an+2 =
2max{an+1,2}
an
(n ∈N∗)，若a2014 = 2a，记数列{an} 的前n 项和为Sn，则S2014 的值为( )
A. 2014
B. 2015
C. 5235
D. 5325
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11
第4 讲
数列递推1
第4 讲
数列递推1
检测题
1
在数列{an} 中，若a1 = −2，an+1 = an +n·2n，则an =（ ）
A. (n−2)·2n
B. 1−1
2n
C. 2
3
(
1−1
4n
)
D. 2
3
(
1−1
2n
)
2 {an} 是首项为1 的正数列，且(n+1)a2
n+1 −na2
n +an+1an = 0(n = 1,2,3,···)，则它的通项公式为
．
3 设{an} 为首项a1 = 4 的单调递增数列，且满足an+12 +an2 +16 = 8(an+1 +an)+2an+1an，则an =
．
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12
第4 讲
数列递推1
4 已知数列{an}，定义数列{an+1 −2an} 为数列{an} 的“2 倍差数列”，若{an} 的“2 倍差数列”的通项
公式为an+1 −2an = 2n+1，且a1 = 2，若数列{an} 的前n 项和为Sn，则S33 =( )
A. 238 +1
B. 239 +2
C. 238 +2
D. 239
5 在数列{an} 中，a1 = 1
5，an +an+1 =
6
5n+1 ，则数列{an} 的通项公式为
；前n 项和为
．
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13
第4 讲
数列递推1
6 已知数列{an} 满足an+1 = 2an +2n −1(n ∈N∗)，且
{an +λ
2n
}
为等差数列，求实数λ 的值．
7 我们知道：n+ p
n(n+q) = p
q × 1
n −p−q
q
×
1
n+q．已知数列{an} 中，a1 = 1,an = 2an−1 +
n+2
n(n+1) ( n ⩾2,
n ∈N∗)，则数列{an} 的通项公式an =
．
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14
第4 讲
数列递推1
8 已知数列{an} 前n 项和为Sn，a1 = 2，且满足Sn = 1
2an+1 +n(n ∈N∗)．
（1）求数列{an} 的通项公式．
（2）设bn = (4n−2)an+1，求数列{bn} 的前n 项和Tn．
9 已知数列{an} 的前n 项和为Sn，满足Sn = 2−an (n ∈N*)．数列{bn} 满足(2n−1)bn+1−(2n+1)bn =
0(n ∈N*)，且b1 = 1．
（1）求数列{an} 和{bn} 的通项公式．
（2）设cn = an ·bn，求数列{cn} 的前n 项和Tn．
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15
第5 讲
数列递推2
第5 讲
数列递推2
检测题
1
数列{an} 中，a1 = 0，a2 = 2，an+2 −6an+1 +5an = 2n，求an.
2 已知数列{an} 和{bn} 中，a1 = 1，b1 = 5
2，且an+1 = 3an −2bn，bn+1 = 5an −4bn. 求an，bn.
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16
第5 讲
数列递推2
3 已知数列{an} 满足a1 = 1，a2 = 2，且an+2 = 3an+1 −2an，则a2004 =
．
4 设非零数列a1，a2，··· 满足：a1，a2，a2
1 +a2
2 +b
a1a2
都是整数，且an+2 = a2
n+1 +b
an
，n = 1，2，··· 其中b 是某
个给定的整数．求证：数列{an} 的每一项都是整数．
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17
第5 讲
数列递推2
5 （1）已知数列{an} 满足a1 = 1，an+1 =
an
2an +1，求数列{an} 通项公式．
（2）已知数列{an} 中，a1 = 7，an+1 = an −2
2an +5，求数列的通项公式an.
6 设数列a1，a2，a3，··· 满足：a1 = 1，an+1 = 1
16
(
1+4an +√1+24an
)
，n = 1,2,··· 求通项公式．
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18
第6 讲
空间几何体结构
第6 讲
空间几何体结构
检测题
1
一封闭的正方体容器ABCD−A1B1C1D1 如图所示，H，J 分别是C1D1，BB1 的中点，由于某种原因，在
D，H，J 三点处各有一个小洞，为使此容器内存水最多，问容器中水的上表面的形状是( )
A. 三角形
B. 四边形
C. 五边形
D. 六边形
2 《九章算术》中，称底面为矩形而有一侧棱垂直于底面的四棱锥为阳马，设AA1 是正六棱柱的一条
侧棱，如图，若阳马以该正六棱柱的顶点为顶点、以AA1 为底面矩形的一边，则这样的阳马的个数是
( )
A. 4
B. 8
C. 12
D. 16
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19
第6 讲
空间几何体结构
3 下列命题中正确的是( )
A. 用一个平面去截棱锥，棱锥底面和截面之间的部分是棱台
B. 两个底面平行且相似，其余各面都是梯形的多面体是棱台
C. 侧面都是等腰三角形的棱锥是正棱锥
D. 棱台的侧棱延长后必交于一点
4 如图，正方体ABCD−A1B1C1D1 的棱长为a，点E 为AA1 的中点，在对角面BB1D1D 上取一点M，使
AM +ME 最小，其最小值为
．
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20
第6 讲
空间几何体结构
5 如图，在正四棱台内，以小底为底面、大底面中心为顶点作一内接棱锥．已知棱台小底面边长为b，大
底面边长为a，并且棱台的侧面积与内接棱锥的侧面面积相等，求这个棱锥的高，并指出有解的条件．
6 下列命题中正确的是( )
(1) 在圆柱的上、下两底面的圆周上各取一点，则这两点的连线是圆柱的母线；
(2) 圆锥的顶点与底面圆周上任意一点的连线是圆锥的母线；
(3) 在圆台上、下两底面的圆周上各取一点，则这两点的连线是圆台的母线；
(4) 圆柱的任意两条母线相互平行．
A. (1)(2)
B. (2)(3)
C. (1)(3)
D. (2)(4)
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21
第6 讲
空间几何体结构
7 如图，某圆柱的高为4，底面周长为16，∠AOB = 90◦，则在此圆柱侧面上，从B 到C 的路径中，最短路
径的长度为
．
8 如图所示，在半径为3 的球面上有A，B，C 三点，∠ABC = 90◦，BA = BC，球心O 到平面ABC 的距离
是3
√
2
2 ，则B，C 两点的球面距离为
．
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22
第6 讲
空间几何体结构
9 如图(1) 所示，已知正方体面对角线长为a，沿阴影面将它切割成两块，拼成如图(2) 所示的几何体，
那么此几何体的表面积为( )
A.
(
1+2
√
2
)
a2
B.
(
2+
√
2
)
a2
C.
(
3+2
√
2
)
a2
D.
(
4+
√
2
)
a2
10 四棱锥P −ABCD 的顶点均在一个半径为3 的球面上，若正方形ABCD 的边长为4，则四棱锥
P−ABCD 的体积的最大值为( )
A. 4
3
B. 8
3
C. 16
3
D. 64
3
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23
第6 讲
空间几何体结构
11 在底面直径和高均为a 的圆锥内作一内接圆柱，则该内接圆柱的最大侧面积为（ ）
A. πa2
B. πa2
4
C. πa2
3
D. πa2
2
12 已知直三棱柱ABC −A1B1C1 中，AB = 3，AC = 4，AB⊥AC，AA1 = 2，则该三棱柱内切球的表面积与外
接球的表面积的和为
．
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24
第7 讲
期中复习
第7 讲
期中复习
检测题
1
如图，PQ 是半径为1 的圆A 的直径，△ABC 是边长为1 的正三角形，则−→
BP·−→
CQ 的最大值为( )
A. 1
2
B. 1
4
C. 1
D. 2
2 已知点P 为△ABC 所在平面内一点，点Q 为△ABC 内一点，若−→
PA + −→
PB + −→
PC = −→
AB，−→
QA + 3−→
QB +
5−→
QC = −→0 ，则S△PAB : S△QAB 为( )
A. 1
3
B. 3
5
C. 5
7
D. 7
9
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25
第7 讲
期中复习
3 已知D，E，F 分别是△ABC 的三边BC，CA，AB 上的点，且满足−→
AF = 2
3
−→
AB，−→
AE = 3
4
−→
AC，−→
AD =
λ
−→
AB
−→
AB
cosB
+
−→
AC
−→
AC
cosC
(λ ∈R)，−→
DE ·−→
DA = −→
DE ·−→
DC，−→
DF = µ
−→
BDsinB
−→
BD
+
−→
ADcosB
−→
AD
(µ ∈R) ，则
−→
EF
:
−→
BC
=( )
A. 1
3
B. 1
2
C.
√
3
3
D.
√
2
2
4 在平面直角坐标系中，设向量−→a = (cosα,sinα)，−→b =
(
sin
(
α + π
6
)
,cos
(
α + π
6
))
，其中0 < α < π
2 ．
若tan2α = −1
7，求−→a ·−→b 的值．
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26
第7 讲
期中复习
5 已知数列{an} 中，a1 = 1，an+1 = 2an +(−1)n．证明：1
a1
+ 1
a2
+···+ 1
an
< 4．
6 已知an =
1
2n−1 +1，Sn 为an 的前n 项和，求证Sn < 3
2．
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27
第7 讲
期中复习
7 数列bn =
n+1
4n2(n+2)2 的前n 项和为Tn．求证：Tn < 5
64．
8 已知首项为3
2 的等比数列{an} 的前n 项和为Sn(n ∈N∗)，且−2S2,S3,4S4 成等差数列．
证明Sn + 1
Sn
⩽13
6 （n ∈N∗）．
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28
检测题参考答案
检测题参考答案
第1 讲
等差数列
1 （1）an = 6n−3
【解析】解：∵{an} 是等差数列，且a1 = 3，a2 +a5 = 36，
∴
a1 = 3
a1 +d +a1 +4d = 36
，
解得a1 = 3，d = 6，
∴an = a1 +(n−1)d = 3+(n−1)×6 = 6n−3．
∴{an} 的通项公式为an = 6n−3．
故答案为：an = 6n−3．
（2）D
【解析】∵正项数列{an} 中，a1 = 1,a2 = 2,2a2
n = a2
n+1 +a2
n−1(n ⩾2)，∴a2
n+1 −a2
n = a2
n −a2
n−1，∴数列
{a2
n} 为等差数列，首项为1，公差d = a2
2 −a2
1 = 3，∴a2
n = 1+3(n−1) = 3n−2，∴a2
6 = 3×6−2 = 16，
∴a6 = 4，故选D．
2
B
【解析】解：∵a1，a2011 为方程x2 −10x+16 = 0 的两个根，
∴a1 +a2011 = 10，
∴a2 +a1006 +a2010 = a1 +a2011 + a1 +a2011
2
= 15．
故选：B．
3
0
【解析】将通项公式看作关于n 的一次函数，则直线过(m,n) 和(n,m) 两点，又两点均在直线
x+y = m+n 上，所以通项公式为ak = m+n−k(k ∈N∗)，于是am+n = m+n−(m+n) = 0.
4
B
【解析】解：∵对于公差d > 0 的等差数列{an}，an+1 −an = d > 0，∴数列{an} 是递增数列成立，
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29
检测题参考答案
是真命题．
对于数列{nan}，第n+1 项与第n 项的差等于(n+1)an+1 −nan = nd +an+1，不一定是正实数，是
假命题．
对于数列
{an
n
}
，第n+1 项与第n 项的差等于nd −an
n(n+1)，不一定是正实数，故是假命题．对于数列
{an +3nd}，第n+1 项与第n 项的差等于an+1 +3(n+1)d −an −3nd = 4d > 0，故数列{an +3nd}
是递增数列成立，是真命题．故选：B．
5
C
【解析】根据题意, 依次分析选项：对于A, bn = |an| , 若an = −2n + 3,|an| 不是等差数列, 不
符合题意；对于B, bn = 1
an
, 若an = 2n, 则
{ 1
an
}
不是等差数列, 不符合题意；对于C, bn =
−an,bn −bn−1 = −an + an−1 = −(an −an−1) , 为常数, 是等差数列, 符合题意；对于D, bn = an2 , 当
an = n 时, bn = an2 = n2 , 不是等差数列, 不符合题意；故选：C.
6
7
【解析】解：等差数列{an} 满足a6 +a7 +a8 > 0，a6 +a9 < 0，
∴3a7 > 0，即a7 > 0，a7 +a8 < 0，
∴a7 > 0，a8 < 0，
则当前n 项和Sn 取得最大值时，对应的n 值为：7．
故答案为：7．
7
C
【解析】解：由a12
a11
+1 < 0，它们的前n 项和Sn 有最大值，可得数列的d < 0，
∴a11 > 0，a11 +a12 < 0，a12 < 0，
∴a1 +a21 = 2a11 > 0，a1 +a22 = a11 +a12 < 0，
∴使得Sn > 0 的n 的最大值为n = 21，
故选：C．
8
45
68
【解析】解：设等差数列{an}、{bn} 的公差分别为d，d′，
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30
检测题参考答案
则a2 +a5 +a17 +a22
b8 +b10 +b12 +b16
= 4a1 +42d
4b1 +42d′ = a1 +a22
b1 +b22
= S22
T22
= 45
68．
故答案为：45
68．
9
D
【解析】解：∵数列{an} 为等差数列，
∴S19 = 19a10，S20 = 10(a10 +a11)，
∵a10 < 0，a11 > 0，且a11 > |a10|，
∴S19 < 0，S20 > 0，
∵数列{an} 的公差d > 0，
∴数列{an} 为递增数列，
∴S1、S2、···、S19 都小于零，S20、S21、··· 都大于零．
10 A
【解析】∵S8 = 4π，∴8(a1 +a8)
2
= 4π，化为a1 + a8 = π．f (a1) + f (a8) = cosa1 (2sina1 +1) +
cos(π −a1)(2sin(π −a1)+1) = cosa1 (2sina1 +1)−cosa1 (2sina1 +1) = 0，∴f (a1)+ f (a2)+··· f (a8)
= 1
2 [(f (a1)+ f (a8))+(f (a2)+ f (a7))+···+(f (a8)+ f (a1))] = 0．故选：A．
第2 讲
等比数列
1
A
【解析】∵{an} 是等比数列, 且an > 0, a2a4 + 2a3a5 + a4a6 = 25,∴a32 + 2a3a5 + a52 = 25 , ∴
(a3 +a5)2 = 25 , ∵an > 0,∴a3 +a5 = 5．故选：A.
2
B
【解析】设数列的通项公式为a1qn−1 则前三项分别为a1,a1q,a1q2, 后三项分别为a1qn−3,a1qn−2,a1qn−1．
∴前三项之积：a13q3 = 2, 后三项之积：a13q3n−6 = 4 两式相乘得：a16q3(n−1) = 8, 即a12qn−1 = 2 又
a1 ·a1q·a1q2 ...a1qn−1 = 64,∴an
1qn(n−1)
2
= 64 , 即
(
a12qn−1)n = 642,∴2n = 642,∴n = 12 故选B
高一数学目标自招综评班练习册
31
检测题参考答案
3
D
【解析】由等比数列的下标和性质得，a4a5 = a2a7= −15，又∵a2 + a7 = 2，∴a2 = −3、a7 = 5 或
a2 = 5、a7 = −3（不满足|q| > 1 舍去），∵a7 是a2 和a12 的等比中项，∴a12 = a72
a2
= −25
3 ．
4
C
【解析】解: 因为{an} 是等比数列, 设公比为q(q̸ = 0) 且S2 = 3,S4 = 15. 知q̸ = 1. 所以S4 =
S2 + a3 + a4 = 3 + (a1 + a2) · q2 = 3 + 3 · q2 = 15, 则q2 = 4 因为S8 = S4 + (a5 + a6 + a7 + a8) =
15+(a1 +a2 +a3 +a4)·q4 = 15+15q4 = 15+15×16 = 255. 所以S8 = 255. 故选C
5
C
【解析】解：若a3 > 0，则a1q2 > 0，即a1 > 0,a2015 > 0；
若q = 1，则S2015 = 2015a1 > 0；
若q̸ = 1，则S2015 = a1
(
1−q2015)
1−q
，
由1−q 和1−q2015 同号，可得S2015 > 0；
由a4 > 0，可得a2014 = a1q2013 > 0；
a4 > 0，不能判断S2014 的符号，
故选：C．
6
17
12
【解析】解：∵等比数列{an} 的首项为3
2，公比为−1
2，
其前n 项和为Sn =
3
2
[
1−
(
−1
2
)n]
1−
(
−1
2
)
= 1−
(
−1
2
)n
=
1+ 1
2n ,n为奇数
1−1
2n ,n为偶数
，
当n 为奇数时，Sn 随着n 的增大而减小，1 < Sn ⩽S1 = 3
2，
故Sn −1
Sn
∈
(
0, 5
6
]
，
当n 为偶数时，Sn 随着n 的增大而增大，1 > Sn ⩾S2 = 3
4，
故Sn −1
Sn
∈
[
−7
12,0
)
，
高一数学目标自招综评班练习册
32
检测题参考答案
∵对任意的n ∈N∗，都有Sn −1
Sn
∈[s,t]，则t −s 的最小值为5
6 −
(
−7
12
)
= 17
12，
故答案为：17
12．
7
C
【解析】∵a1 = 1，a2 = 64，
∴a2
a1
= 64，
∵数列
{an+1
an
}
是等比数列，
∴an+1
an
= 64×
(
−1
2
)n−1
=
(
−1
2
)n−7
，
∴a2
a1
=
(
−1
2
)−6
，a3
a2
=
(
−1
2
)−5
，···，an
an−1
=
(
−1
2
)n−8
，
∴an
a1
=
(
−1
2
)(−6)+(−5)+···+(n−8)
=
(
−1
2
)(n−14)(n−1)
2
，
∴an =
(
−1
2
)(n−14)(n−1)
2
= (−2)
(14−n)(n−1)
2
，
∴当n ⩾14 时，显然an 不可能取得最大值，当n ⩽13 时，a10 = (−2)18 = 218，a8 = a7 < 0，
a9 = (−2)20 = 220，所以a9 为最大项．
8
D
【解析】∵数列{an} 的前n 项和Sn = p×2n +2，∴a1 = S1 = 2p+2，当n ⩾2 时，an = Sn −Sn−1 =
p×2n +2−(p×2n−1 +2) = p×2n−1 ，∴{an} 是等比数列的充要条件是2p+2 = p×20, p̸ = 0，解得
p = −2．故选：D.
9
B
【解析】对于①，当a,b,c,d 成公比等于−1 的等比数列时，a + b、b + c、c + d 都是0，不能构成
等比数列；对于②，由于b
a = c
b = d
c = q (公比)，所以bc
ab = b
a · c
b = q2，且cd
bc = c
b · d
c = q2，可得
bc
ab = cd
bc = q2，得ab,bc,cd 成等比数列；对于③，当a,b,c,d 成公比等于1 的等比数列时，a −b、
b−c、c−d 都是0，不能构成等比数列综上所述，只有②中的三项能成等比数列，故选：B
高一数学目标自招综评班练习册
33
检测题参考答案
第3 讲
数列求和
1
(2n−3)2n +3．
【解析】由题意可得b1
1 + b2
3 + b3
5 +...+
bn
2n−1 = 2n−1，∴2n−1−1+
bn
2n−1 = 2n−1(n ⩾2)，bn
2n−1 =
2n−1，∴bn = (2n−1)2n−1(n ⩾2)，当n = 1 时，b1 = 1，符合上式，∴bn = (2n−1)·2n−1(n ∈N∗)．设Tn =
1+3×21 +5×22 +...+(2n−1)·2n−1，2Tn = 1×2+3×22 +5×23 +...+(2n−3)·2n−1 +(2n−1)·2n，
两式相减得−Tn = 1+2(2+22 +...+2n−1)−(2n−1)·2n = −(2n−3)·2n −3，∴Tn = (2n−3)2n +3．
2
见解析
【解析】an =
(n−1)(n+1)
(2n−1)(2n+1) = n2 −1
4n2 −1 = 1
4 −3
8
2
(2n−1)(2n+1) = 1
4 −3
8
(
1
2n−1 −
1
2n+1
)
，故
Sn = n
4 −3
8
(
1−
1
2n+1
)
= n2 −n
4n+2．
3
Tn = 3
4 −
1
n+1 + n(n+1)
2
【解析】当n = 1 时，b1 =
1
2log24 +1 = 5
4，∴T1 = 5
4．
当n ⩾2 时，bn =
1
(n+1)log22n +n =
1
n(n+1) +n = 1
n −
1
n+1 +n，Tn = 5
4 +( 1
2 −1
3 + 1
3 −1
4 + 1
4 −1
5+
···+ 1
n −
1
n+1 )+(2+3+4+···+n) = 1
4 +
(1
2 −1
3 + 1
3 −1
4 + 1
4 −1
5 +...+ 1
n −
1
n+1
)
+( 1+2+3
+4+···+n ) = 3
4 −
1
n+1 + n(n+1)
2
，
上式对于n = 1 也成立，∴Tn = 3
4 −
1
n+1 + n(n+1)
2
．
4
650
【解析】解：∵f (x) =
√
5
5x +
√
5
，
∴f (x)+ f (1−x) =
√
5
5x +
√
5
+
√
5
51−x +
√
5
= 1，
∴f
( k
m
)
+ f
(
1−k
m
)
= 1(1 ⩽k ⩽m−1)，即f
( k
m
)
+ f
(m−k
m
)
= 1．
∵Sm = f
( 1
m
)
+ f
( 2
m
)
+···+ f
(m−1
m
)
+ f
(m
m
)
①
高一数学目标自招综评班练习册
34
检测题参考答案
Sm = f
(m−1
m
)
+ f
(m−2
m
)
+···+ f
( 1
m
)
+ f
(m
m
)
②
∴由①+②得2Sm = (m−1)·1+2f (1)，
所以Sm = 1
2 (m−1)+
√
5−1
4
= m
2 +
√
5−3
4
，
∵bn+1 = b2
n +bn，
∴bn+1 = bn (bn +1)，
则
1
bn+1
=
1
bn (bn +1) = 1
bn
−
1
bn +1，
∴
1
bn +1 = 1
bn
−
1
bn+1
，
∴Tn =
1
b1 +1 +
1
b2 +1 +···+
1
bn +1
=
( 1
b1
−1
b2
)
+
( 1
b2
−1
b3
)
+···+
( 1
bn
−
1
bn+1
)
= 1
b1
−
1
bn+1
= 2−
1
bn+1
，
又∵bn+1 = b2
n +bn，
∴b2
n = bn+1 −bn > 0，
∴数列{bn} 是单调递增数列，
∴当n ⩾3 且n ∈N∗时，Tn ⩾T3．
∵b1 = 1
2，
∴b2 = 3
4，b3 = 21
16，b4 = 777
256，
∴T3 = 2−256
777．
∴4Sm < 777T3 +
√
5，即4
(
m
2 +
√
5−3
4
)
< 777
(
2−256
777
)
+
√
5 ⇒m < 650.5，
而m ∈N∗，∴m 的最大值为650．
5
1
8
[(
2n2 +4n+1
)
−(−1)n]
【解析】解：数列1，0，1，0，··· 的通项公式为bn = 1+(−1)n−1
2
所以an =
n
∑
k=1
1+(−1)k−1
2
= n
2 + 1
2
n
∑
k=1
(−1)k−1
= n
2 + 1
2 · 1−(−1)n
1−(−1)
高一数学目标自招综评班练习册
35
检测题参考答案
= 1
4
[
(2n+1)+(−1)n−1]
．
Sn =
n
∑
k=1
1
4
[
(2k +1)+(−1)k−1]
= 1
4
[
n2 +2n+ 1−(−1)n
1−(−1)
]
= 1
8
[(
2n2 +4n+1
)
−(−1)n]
．
6
4n2 +6n
2n+1
【解析】解：
√Sn −√Sn−1 = √a1(n ⩾2)，
√Sn = n√a1，Sn = n2a1，an = Sn −Sn−1 = (2n−1)a1，
bn = 2n+1
2n−1 + 2n−1
2n+1 = 2+
2
2n−1 −
2
2n+1，
Tn =
(
2+ 2
1 −2
3
)
+
(
2+ 2
3 −2
5
)
+···+
(
2+
2
2n−1 −
2
2n+1
)
= 2n+2−
2
2n+1 = 4n2 +6n
2n+1 ．
7
C
【解析】∵a1 = a > 0，a2 = 1，∴a3 = 4
a，a4 =
4(a ⩾2),
8
a (a < 2)
，a5 =
2a(a ⩾2)
4(a < 2)
，a6 = a，
∴a2014 = a402×5+4 = a4 = 2a = 4，∴a = 2，∴S2014 = (2+1+2+4+4)×402+2+1+2+4 = 5235，故
选C．
第4 讲
数列递推1
1
A
【解析】因为an+1 = an +n·2n，所以an+1 −an = n·2n，所以an −a1 = (an −an−1)+(an−1 −an−2)+··
·+(a2 −a1) = (n−1)×2n−1 +(n−2)×2n−2 +···+2×22 +1×21(n ⩾2)．设Tn = (n−1)×2n−1 +(n−
2)×2n−2 +···+2×22 +1×21(n ⩾2)，则2Tn = (n−1)×2n +(n−2)×2n−1 +(n−3)×2n−2 +···+2×
23 +1×22，两式相减得Tn = (n−2)·2n +2(n ⩾2)，所以an = (n−2)·2n +2+a1 = (n−2)·2n(n ⩾2)．
又n = 1 时，上式成立，所以选A．
高一数学目标自招综评班练习册
36
检测题参考答案
2
an = 1
n，n ∈N∗
【解析】∵(n+1)a2
n+1 −na2
n +an+1an = 0，
∴(an+1 +an)[(n+1)an+1 −nan] = 0，
∵数列{an} 是正数列，
∴an+1 +an̸ = 0，
∴(n+1)an+1 −nan = 0，即(n+1)an+1 = nan．
法一：∵(n+1)an+1 = nan，
∴n ⩾2 时，an
an−1
= n−1
n
，则an = an
an−1
· an−1
an−2
··· a2
a1
·a1 = n−1
n
· n−2
n−1 ··· 1
2 ·1 = 1
n，显然，a1 = 1 也满
足上式．
综上，通项公式为an = 1
n，n ∈N∗．
法二：∵(n+1)an+1 = nan，
∴数列{nan} 为常数列，
∴nan = a1 = 1，∴an = 1
n，n ∈N∗．
3
4n2
【解析】an+12 +an2 +16 = 8(an+1 +an)+2an+1an 即(an+1 +an)2 −8(an+1 +an)+16 = 4an+1an，
∴(an+1 +an −4)2 = 4an+1an，
由题意可知an+1 +an −4 = 2√an+1an，
∴(√an+1 −√an)2 = 4，
∴√an+1 −√an = 2，
因此，
{√an
}
是公差为2 的等差数列，即√an = 2n，从而an = 4n2．
4
B
【解析】解：{an} 的“2 倍差数列”的通项公式为an+1 −2an = 2n+1，
则：an+1
2n+1 −an
2n = 1(常数)，
所以：数列
{an
2n
}
是以a1
21 = 1 为首项，1 为公差的等差数列．
则：an
2n = 1+n−1 = n，
所以：an = n·2n(首项符合)，
故：an = n·2n．
Sn = 1·21 +2·22 +···+n·2n①，
高一数学目标自招综评班练习册
37
检测题参考答案
2Sn = 1·22 +2·23 +···+n·2n+1②，
①−②得：−Sn = 2(2n −1)
2−1
−n·2n+1，
整理得：Sn = (n−1)·2n+1 +2，
所以：S33 = (33−1)·233+1 +2 = 239 +2．
故选：B．
5
an = 1
5n ，n ∈N∗
Sn = 1
4
[
1−
(1
5
)n]
，n ∈N∗
【解析】法一：设an+1 +
A
5n+1 = −
(
an + A
5n
)
，则an+1 +an = −6A
5n+1 ，可得A = −1．
∴an+1 −
1
5n+1 = −
(
an −1
5n
)
，
又∵a1 −1
5 = 0，
∴an −1
5n = 0 ⇒an = 1
5n ，n ∈N∗．Sn =
1
5
[
1−
(1
5
)n]
1−1
5
= 1
4
[
1−
(1
5
)n]
，n ∈N∗．
法二：当n 为奇数时，Sn = a1 +(a2 +a3)+(a4 +a5)+···+(an−1 +an)
= 1
5 +6
( 1
53 + 1
55 +···+ 1
5n
)
= 1
5 +6·
1
53
1−
( 1
52
)n−1
2
1−1
52
= 1
4
[
1−
(1
5
)n]
；
当n 为偶数时，Sn = (a1 +a2)+(a3 +a4)+···+(an−1 +an) = 6
( 1
52 + 1
54 +···+ 1
5n
)
= 6·
1
52
1−
( 1
52
)n
2
1−1
52
= 1
4
[
1−
(1
5
)n]
，综上可得Sn = 1
4
[
1−
(1
5
)n]
，n ∈N∗．
当n ⩾2 时，an = Sn −Sn−1 = 1
4
[
1−
(1
5
)n]
−1
4
[
1−
(1
5
)n−1]
= 1
5n ，显然a1 = 1
5 也满足上式．
综上可得an = 1
5n ，n ∈N∗．
法三：∵an +an+1 =
6
5n+1 ，
∴an+1 +an+2 =
6
5n+2 ，
∴an+2 −an =
6
5n+2 −
6
5n+1 = −24
5n+2 ．
高一数学目标自招综评班练习册
38
检测题参考答案
∵a1 = 1
5，∴a2 = 1
25．
当n = 2k −1，k ∈N∗时，有
a3 −a1 = −24
53 ，
a5 −a3 = −24
55 ，
······
an −an−2 = −24
5n ，
∴an −a1 = −24
( 1
53 + 1
55 +···+ 1
5n
)
，
∴an = 1
5 −24·
1
53
1−
( 1
25
)n−1
2
1−1
25
= 1
5n ．
当n = 2k，k ∈N∗时，有
a4 −a2 = −24
54 ，
a6 −a4 = −24
56 ，
······
an −an−2 = −24
5n ，
∴an −a2 = −24
( 1
54 + 1
56 +···+ 1
5n
)
，
∴an = 1
25 −24·
1
54
1−
( 1
25
)n−2
2
1−1
25
= 1
5n ．
综上，an = 1
5n ，n ∈N∗．
∴Sn =
1
5
[
1−
(1
5
)n]
1−1
5
= 1
4
[
1−
(1
5
)n]
，n ∈N∗．
6
−1
【解析】an+1 +λ
2n+1
−an +λ
2n
= an+1 +λ −2an −2λ
2n+1
高一数学目标自招综评班练习册
39
检测题参考答案
= an+1 −2an −λ
2n+1
= 2n −1−λ
2n+1
= 1
2 −1+λ
2n+1 ，
由等差数列的定义知1
2 −1+λ
2n+1 是一个与n 无关的常数，所以λ = −1．
7
3·2n−2 −
1
n+1 (n ∈N∗)
【解析】解：a1 = 1,an = 2an−1 +
n+2
n(n+1) (n ⩾2,n ∈N∗)
= 2an−1 + n+2
n
−n+2
n+1
= 2an−1 + 2
n −
1
n+1，
即为an +
1
n+1 = 2
(
an−1 + 1
n
)
，
设bn = an +
1
n+1，
则bn = 2bn−1，
则bn = b1qn−1 =
(
1+ 1
2
)
·2n−1，
可得an +
1
n+1 = 3·2n−2，
即有an = 3·2n−2 −
1
n+1 (n ∈N∗)．
故答案为：3·2n−2 −
1
n+1 (n ∈N∗)．
8 （1）见解析
【解析】解：
Sn = 1
2an+1 +n
Sn−1 = 1
2an +(n−1)
(n ⩾2) 时，an = 1
2an+1 −1
2an +1，
即an+1 = 3an −2(n ⩾2)，即(an+1 −1) = 3(an −1)，
当a1 = 2 时，a2 = 2，a2 −1
a1 −1 = 1̸ = 3，
∴an −1 = (2−1)×3n−2 = 1×3n−2 (n ⩾2)，即an = 3n−2 +1(n ⩾2)，
∴an =
2,n = 1
3n−2 +1,n ⩾2
．
高一数学目标自招综评班练习册
40
检测题参考答案
（2）见解析
【解析】bn = (4n−2)an+1 = (4n−2)·
(
3n−1 +1
)
= (4n−2)3n−1 +(4n−2)，
记Sn
′ = 2·30 +6·31 +10·32 +···+(4n−2)3n−1，①
3Sn
′ = 2·31 +6·32 +···+(4n−6)3n−1 +(4n−2)3n，②
由①−②得，−2Sn
′ = 2·30 +4·
(
31 +32 +···+3n−1)
−(4n−2)·3n，
∴Sn
′ = 2+(2n−2)3n，
∴Tn = 2+(2n−2)·3n + (4n−2+2)n
2
= 2+(2n−2)·3n +2n2．
9 （1）见解析
【解析】解：数列{an} 的前n 项和为Sn，满足Sn = 2−an (n ∈N*)．
得到：Sn+1 = 2−an+1，
则：an+1 = an −an+1，
整理得：an+1
an
= 1
2
所以：数列{an} 是以1 为首项，1
2 为公比的等比数列．
则：an =
(1
2
)n−1
．
数列{bn} 满足(2n−1)bn+1 −(2n+1)bn = 0(n ∈N*)，
则：bn+1
2n+1 =
bn
2n−1，
所以：数列
{
bn
2n−1
}
是常数列．
则：{bn} 的通项公式为：bn = 2n−1．
（2）见解析
【解析】解：由(1) 得：
cn = an ·bn = (2n−1)·
(1
2
)n−1
，
则：Tn = 1+3· 1
2 +5·
(1
2
)2
+...+(2n−1)·
(1
2
)n−1
①
所以：1
2Tn = 1
2 +3·
(1
2
)2
+5·
(1
2
)3
+...+(2n−1)·
(1
2
)n
②
则：①−②得：1
2Tn = 1+2
(
1
2 +···+
(1
2
)n−1)
−(2n−1)·
(1
2
)n
，
整理得：Tn = 6−(2n+3)·
(1
2
)n−1
．
高一数学目标自招综评班练习册
41
检测题参考答案
第5 讲
数列递推2
1
an = 2n
3
[(5
2
)n−1
−1
]
= 2
3
(
5n−1 −2n−1)
【解析】所给的递推关系是二阶非齐次线性递推关系. 因此不能用上述二阶线性齐次递推数列
{an}(an = pan−1 +qan−2) 的结论. 但由于an+2 −6an+1 + 5an = 0 有两特征根1、5，不妨构造辅助数
列bn = an+1 −5an，得到bn+1 −bn = 2n.
由递推关系式，得(an+2 −5an+1)−(an+1 −5an) = 2n，
令bn = an+1 −5an，则bn+1 −bn = 2n，且b1 = a2 −5a1 = 2，
∴bn = b1 +
n−1
∑
k=1
(bk+1 −bk) = 2+
n−1
∑
k=1
2k = 2n.∴an+1 −5an = 2n.
令an = 2nCn，则2n (2Cn+1 −5Cn) = 2n，即2Cn+1 −5Cn = 1，
即2
(
Cn+1 + 1
3
)
= 5
(
Cn + 1
3
)
，且C1 = 0.
故
{
Cn + 1
3
}
是以1
3 以首项，5
2 为公比的等比数列.
∴Cn + 1
3 = 1
3
(5
2
)n−1
，即Cn = 1
3
(5
2
)n−1
−1
3，
∴an = 2n
3
[(5
2
)n−1
−1
]
= 2
3
(
5n−1 −2n−1)
.
2
an = (−2)n−1 (n ∈N∗)，bn = 1
2 (3an −an+1) = 1
2
[
3(−2)n+1 −(−2)n]
= 5
2(−2)n−1 (n ∈N∗)
【解析】对于这种交叉递推数列问题，如同解方程组一样，其重要思想是消元.
由an+1 = 3an −2bn，得bn = 1
2 (3an −an+1)，代入bn+1 = 5an −4bn，
得1
2 (3an+1 −an+2) = 5an −2(3an −an+1)，即an+2 +an+1 −2an = 0.
而此递推关系式有两个特征根1 和−2.
设an = A+B(−2)n−1. 由a1 = 1，a2 = 3a1 −2b1 = −2，得
A+B = 1 ，
A−2B = −2 ，
∴
A = 0 ，
B = 1 .
∴an = (−2)n−1 (n ∈N∗).
∴bn = 1
2 (3an −an+1) = 1
2
[
3(−2)n−1 −(−2)n]
= 5
2(−2)n−1 (n ∈N∗).
3
22003
【解析】方法一：a1 = 1，a2 = 2，a3 = 4，a4 = 8，归纳猜测，可得an = 2n−1. 所以a2004 = 22003．
高一数学目标自招综评班练习册
42
检测题参考答案
方法二：数列对应的特征方程为x2−3x+2 = 0，解得特征根为x1 = 1，x2 = 2，于是an = λ ·1n+µ ·2n =
λ + µ ·2n．
由
a1 = λ +2µ
a2 = λ +4µ
得
λ = 0
µ = 1
2
，从而an = 1
2 ·2n = 2n−1．
∴a2004 = 22003．
4
见解析
【解析】设n ⩾2，由递推公式可得b = an+2 ·an −a2
n+1 = an+1 ·an−1 −a2
n．
从而an (an+2 +an) = an+1 (an+1 +an−1)，
即an+2 +an
an+1
= an+1 +an−1
an
，n = 2，3，···
令cn = an+2 +an
an+1
，则cn = c1 = a3 +a1
a2
= a2
1 +a2
2 +b
a1a2
．
由假设可知，c1 是整数，且an+2 = c1an+1 −an，n = 1，2，3，···
再由a1，a2 是整数可得{an} 的每一项都是整数．
5 （1）an =
1
2n−1
【解析】an+1 =
an
2an +1 ⇒
1
an+1
= 2an +1
an
⇒
1
an+1
−1
an
= 2，设数列{bn}，bn = 1
an
，b1 = 1，d = 2，
∴bn = b1 +(n−1)d = 2n−1，an =
1
2n−1．
（2）见解析
【解析】令x = x−2
2x+5 ⇒x = −1，所以an+1 + 1 = 3an +3
2an +5 ⇒
3
an+1 +1 = 2an +5
an +1 = 2 +
3
an +1
1
an+1 +1 =
1
an +1 + 2
3 = ··· =
1
a1 +1 + 2n
3 = 2n
3 + 1
8 ⇒
1
an +1 = 2n
3 −13
24 ⇒an = −16n+37
16n−13
6
见解析
【解析】令bn = √1+24an，则当n > 1 时，由数列{an} 的递推关系可得
b2
n = 1+24an = 1+ 24
16
(
1+4an−1 +√1+24an−1
)
= 1
4
(
10+24an−1 +6√1+24an−1
)
= 1
4
(√1+24an−1 +3
)2
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43
检测题参考答案
= 1
4(3+bn−1)2．
所以，bn = 1
2 (3+bn−1)，即bn −3 = 1
2 (bn−1 −3)．
再由b1 = √1+24a1 = √1+24 = 5，从而
bn −3 = (b1 −3)·
(1
2
)n−1
=
(1
2
)n−2
，即bn = 3+
(1
2
)n−2
，n = 1,2,···
由此，可知对于n = 1,2,3,··· 有
an = 1
24
(
b2
n −1
)
= 1
3 +
(1
2
)n
+ 1
3
(1
2
)2n−1
．
第6 讲
空间几何体结构
1
C
【解析】解：如图，
连接DH 并延长交CC1 的延长线于S，连接SJ 交B1C1 于K，
延长SJ 交CB 的延长线于T，连接DT 交AB 于G，
则五边形DGJKH 为过三点D、H、J 的平面被正方体ABCD−A1B1C1D1 所截得的平面图形，
∴为使此容器内存水最多，容器中水的上表面的形状是五边形．
故选：C．
2
D
【解析】解：根据正六边形的性质，则D1 −A1ABB1,D1 −A1AFF1 满足题意，而C1,E1,C,D,E 和D1
一样，有2×6 = 12，
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44
检测题参考答案
当A1ACC1 为底面矩形，有2 个满足题意；
当A1AEE1 为底面矩形，有2 个满足题意，
故有12+2+2 = 16，
故选：D．
3
D
【解析】解：A 中，要用“平行于底面”的平面去截棱锥，棱锥底面与截面之间的部分才叫棱台，如果
截棱锥的平面不与底面平行，棱锥底面与截面之间的部分只能叫多面体，故A 错误；
B 中，棱台还要求侧棱的延长线交于一点，故B 错误；
C 中，正棱锥还要求底面是正多边形，故C 错误；
D 中，由棱台的定义知，棱台的侧棱延长后必交于一点，故D 正确．
4
3
2a
【解析】解：取CC1 的中点F，则ME = MF，
∴AM +ME = AM +MF ⩾AF =
√(√
2a
)2
+
(1
2a
)2
= 3
2a，
故答案为：3
2a．
5
见解析
【解析】解：如图，过高OO1 和AD 的中点E 作棱锥和棱台的截面，
得棱台的斜高EE1 和棱锥的斜高为EO1，设OO1 = h，
所以S锥侧= 1
2 ·4b·EO1 = 2bEO1，
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45
检测题参考答案
S台侧= 1
2 (4a+4b)·EE1 = 2(a+b)·EE1，
∴2bEO1 = 2(a+b) EE1①，
由于OO1E1E 是直角梯形，其中OE = b
2，O1E1 = a
2，
由勾股定理得EE2
1 = h2 +
(a
2 −b
2
)2
，EO2
1 = h2 +
(b
2
)2
②，
①式两边平方，把②代入得：
b2
(
h2 + b2
4
)
= (a+b)2
[
h2 +
(a
2 −b
2
)2]
，
解得h2 = a2 (
2b2 −a2)
4a(a+2b) ，
所以h = 1
2
√
a2 (
2b2 −a2)
a+2b
，
显然，由于a > 0,b > 0，所以此题当且仅当a <
√
2b 时才有解．
6
D
【解析】解：在(1) 中，由于圆柱的母线相互平行且与轴平行，
故上、下底面中任意两点的连线不一定是母线，故(1) 错误；
在(2) 中，由圆锥母线的定义可知圆锥的顶点与底面圆周上任意一点的连线是圆锥的母线，故(2)
正确；
在(3) 中，圆台侧面上各个位置的直角梯形的腰称为圆台的母线，
故上、下底面中任意两点的连线不一定是母线，故(3) 错误；
在(4) 中，由于圆柱的母线相互平行且与轴平行，故(4) 正确．
故选：D．
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46
检测题参考答案
7
4
√
2
【解析】解：如图：
将侧面展开，∵∠AOB = 90◦，
∴BA = 4，∴BC = 4
√
2．
8
π
【解析】设平面ABC 所在的小圆半径为r，则r2 = R2 −d2 = 32 −
(
3
√
2
2
)2
= 9
2，所以r = 3
√
2
2 ．
在Rt△ABC 中，∠ABC = 90◦，BA = BC，所以小圆圆心为边AC 的中点，则BC =
√
2× 3
√
2
2
= 3．
在△OBC 中，OB = OC = BC = 3，所以∠BOC = π
3 ，所以B，C 两点的球面距离是R· π
3 = 3× π
3 = π．
9
B
【解析】解：拼成的几何体比原正方体的表面增加了两个截面，减少了原来两个正方形面．
由于截面为矩形，长为a，宽为
√
2
2 a，所以面积为
√
2
2 a2，
所以拼成的几何体表面积为4×
(√
2
2 a
)2
+2×
√
2
2 a2 =
(
2+
√
2
)
a2．
故选：B．
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47
检测题参考答案
10 D
【解析】解：四棱锥P−ABCD 的所有顶点都在同一球面上，底面ABCD 为正方形，球的半径为3，
下底面的边长为4，若四棱锥P−ABCD 的体积最大，则球心在高上，且四棱锥为正四棱锥．
设四棱锥的高为h，则下底面的中心G 到B 的距离GB = 2
√
2，
可得OG2 +GB2 = OB2，即(h−3)2 +
(
2
√
2
)2
= 32，可得h = 2(舍) 或h = 4．
则该四棱锥的体积的最大值V = 1
3 ×4×4×4 = 64
3 ．
故选：D．
11 B
【解析】解：如图，作出圆锥的轴截面，设内接圆柱的高为h，底面半径为r
(
0 < r < a
2
)
，则
根据三角形相似，可得h
a =
a
2 −r
a
2
，可得h = a −2r，∴内接圆柱的侧面积为S = 2πr(a−2r) =
−4π
(
r −a
4
)2
+ πa2
4 ，当且仅当r = a
4 时，侧面积有最大值πa2
4 ，故选B．
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48
检测题参考答案
12 33π
【解析】解：将三棱柱扩充为长方体，对角线长为
√
9+16+4 =
√
29，∴外接球的半径为
√
29
2 ，故
外接球的表面积为29π，
又△ABC 的内切圆的半径为
3×4
3+4+5 = 1，∴该三棱柱内切球的表面积4π，
∴三棱柱内切球的表面积与外接球的表面积的和为29π +4π = 33π，
故答案为：33π．
第7 讲
期中复习
1
A
【解析】解：利用向量的运算法则求解．
由图可知−→
BP = −→
AP−−→
AB，−→
CQ = −→
AQ−−→
AC，从而
−→
BP·−→
CQ
= (−→
AP−−→
AB)·(−→
AQ−−→
AC)
= −1−−→
AP·−→
AC −−→
AB·−→
AQ+ 1
2，
设∠BAP = θ，则−→
BP·−→
CQ = −cos(θ +60◦)−cos(180◦−θ)−1
2，
故θ = 60◦时，−→
BP·−→
CQ = sin(θ +30◦)−1
2 = sin90◦−1
2 = 1
2，
故−→
BP·−→
CQ 取得最大值1
2，故选A．
2
B
【解析】解：∵−→
PA+−→
PB+−→
PC = −→
AB，
∴−→
PA+−→
PB+−→
PC = −→
PB−−→
PA，∴−→
PC = −2−→
PA，
∴点P 为边AC 的三等分点，且
−→
PC
= 2
−→
PA
，
∴S△PAB = 1
3S△ABC．
∵点Q 为△ABC 内一点，
∴S△QBC ·−→
QA+S△QAC ·−→
QB+S△QAB ·−→
QC = −→0 ，
∵−→
QA+3−→
QB+5−→
QC = −→0 ，
∴S△QBC
1
= S△QAC
3
= S△QAB
5
，
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49
检测题参考答案
∴S△QAB = 5
9S△ABC，
∴S△PAB
S△QAB
=
1
3S△ABC
5
9S△ABC
= 3
5．
3
D
【解析】因为−→
AD·−→
BC = λ
−→
AB
−→
AB
cosB
+
−→
AC
−→
AC
cosC
·−→
BC
= λ ·
−→
AB
·
−→
BC
(−cosB)
−→
AB
cosB
+
−→
AC
·
−→
BC
cosC
−→
AC
cosC
= 0，
所以−→
AD⊥−→
BC，
因为−→
DE ·
(−→
DA−−→
DC
)
= 0，
所以−→
DE⊥−→
AC，
因为−→
DF ·−→
AB = µ
−→
BDsinB
−→
BD
+
−→
ADcosB
−→
AD
·−→
AB
= µ
−→
BD
·
−→
AB
(−cosB)sinB
−→
BD
+
−→
AD
·
−→
AB
sinBcosB
−→
AD
= 0，
所以−→
DF⊥−→
AB，
设AD = a，则由−→
AF = 2
3
−→
AB，
得BD2
AD2 = 1
2，BD =
√
2
2 a，−→
AE = 3
4
−→
AC，CD2
AD2 = 1
3，CD =
√
3
3 a，
所以C = π
3 ，AB =
√
6
2 a，
因为A，F，D，E 四点共圆，所以EF
sinA = AD = a，
由正弦定理得BC
sinA = AB
sinC =
√
2a，所以|−→
EF|
|−→
BC|
=
√
2
2 ，故选D．
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50
检测题参考答案
4
见解析
【解析】解：∵0 < α < π
2 ，
∴0 < 2α < π，又tan2α = −1
7 < 0，故π
2 < 2α < π．
∵tan2α = sin2α
cos2α = −1
7，
∴cos2α = −7sin2α < 0．
又sin2 2α +cos2 2α = 1，
解得sin2α =
√
2
10 ，cos2α = −7
√
2
10 ，
∴−→a ·−→b = cosα sin
(
α + π
6
)
+sinα cos
(
α + π
6
)
= sin
(
2α + π
6
)
= sin2α cos π
6 +cos2α sin π
6
=
√
2
10 ·
√
3
2 +
(
−7
√
2
10
)
· 1
2
=
√
6−7
√
2
20
．
5
见解析
【解析】证明：∵1
an
=
3
2n −(−1)n ，
∴1
a1
+ 1
a2
+···+ 1
an
= 3
(
1
2+1 +
1
22 −1 +
1
23 +1 +···+
1
2n −(−1)n
)
< 3
(
1
2+1 +
1
22 −1 +
1
23 −1 +···+
1
2n −1
)
< 3
(1
3 + 1
2 + 1
22 + 1
23 +···+
1
2n−1
)
= 1+3×
1
2
(
1−
1
2n−1
)
1−1
2
= 1+3
(
1−
1
2n−1
)
< 4．
∴1
a1
+ 1
a2
+···+ 1
an
< 4．
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51
检测题参考答案
6
见解析
【解析】证明：a1 = 1
2，S1 < 3
2 成立．
当n ⩾2 时，an =
1
2n−1 +1 <
1
2n−1 ，
所以a2 +a3 +a4 +···+an < 1
2 ×
1−
(1
2
)n−1
1−1
2
= 1−
(1
2
)n−1
< 1，∴Sn < a1 +1，Sn < 3
2 得证．
7
见解析
【解析】证明：bn =
n+1
4n2(n+2)2 = 1
16
[
(n+2)2 −n2
n2(n+2)2
]
= 1
16
[ 1
n2 −
1
(n+2)2
]
，
Tn = b1 +b2 +b3 +···+bn = 1
16
[(
1−1
32
)
+
( 1
22 −1
42
)
+
( 1
32 −1
52
)
+···+
( 1
n2 −
1
(n+2)2
)]
= 1
16
(
1+ 1
4 −
1
(n+1)2 −
1
(n+2)2
)
= 5
64 −1
16
[
1
(n+1)2 +
1
(n+2)2
]
< 5
64．
8
证明见解析
【解析】Sn = 1−
(
−1
2
)n
,Sn + 1
Sn
= 1−
(
−1
2
)n
+
1
1−
(
−1
2
)n =
2+
1
2n(2n +1),n为奇数
2+
1
2n(2n −1),n为偶数
，
当n 为奇数时，Sn + 1
Sn
随n 的增大而减小，所以Sn + 1
Sn
⩽S1 + 1
S1
= 13
6 ；
当n 为偶数时，Sn + 1
Sn
随n 的增大而减小，所以Sn + 1
Sn
⩽S2 + 1
S2
= 25
12．
故对于n ∈N∗，有Sn + 1
Sn
⩽13
6 ．
1219092614305
