01 等差数列
1
1
较易
填空题
已知等差数列{an}中，a5 = 10，a15 = 25，则a25 =
．
40
根据等差数列的性质可得a5, a15, a25成等差数列，从而得所答案.
因为{an}为等差数列，a5 = 10，a15 = 25，
所以a5, a15, a25成等差数列，
则2a15 = a5 + a25，
所以a25 = 2a15 −a5 = 2 × 25 −10 = 40.
故答案为：40.
答案
解析
2
容易
填空题
已知{an}是等差数列，且a2 = 1,a1 + a5 = 8，则{an}的通项公式an =
.
3n −5
设等差数列{an}的公差为d，利用等差数列的基本量运算求出d，代入通项即可.
设等差数列{an}的公差为d，
由a1 + a5 = a2 −d + a2 + 3d = 2a2 + 2d = 8，
因a2 = 1,代入解得d = 3，
故an = a2 + (n −2)d = 1 + 3(n −2) = 3n −5.
故答案为：3n −5.
答案
解析
3
较易
单选题
已知等差数列{an}的公差为d，前n项和为Sn，若d
a1
+ a5
d = 6，则S10
a10
=（ ）
A. 11
2
B. 11
2
C. 10
D. 5
B
根据题意，得到d
a1 + a1
d = 2，求得a1 = d，结合等差数列的通项公式，以及等差数列的求和公式，即可求解.
由d
a1 + a5
d = 6，可得d
a1 + a1 + 4d
d
= 6，整理得d
a1 + a1
d = 2，解得a1 = d，
所以a10 = 10a1，则S10 = (a1 + a10) × 10
2
= 55a1，故S10
a10
= 55a1
10a1
= 11
2 .
故选：B.
答案
解析
4
较易
单选题
等差数列{an}的前n项和为Sn，若a2 + a5 + a8 = 15，则S9 =（ ）
A. 45
B. 27
C. 20
D. 18
A
已知数列等差，用角标和性质和等差数列求和公式求解即可.
因为{an}是等差数列，则a2 + a8 = 2a5 = a1 + a9，由已知a2 + a5 + a8 = 15，
可得a5 = 5，所以a1 + a9 = 10，
所以S9 = 9 × （a1 + a9）
2
= 9 × 10
2
= 45.
故选：A.
答案
解析
5
一般
填空题
数列{ an
n }是以1为首项，2为公差的等差数列，则a5 =
.
3
45
由等差数列通项公式即可求解.
由题意可得：an
n = 1 + 2 (n −1)，
即an = 2n2 −n，
所以a5 = 2 × 52 −5 = 45，
故答案为：45
答案
解析
02 等比数列
1
1
较易
填空题
已知公差不为0的等差数列{an}的首项为1，且a2，a3，a6成等比数列，则a4 =
．
−5
设等差数列{an}的公差为d(d ≠0)，由题意得a2
3 = a2 ⋅a6，从而可求出d，进而可求出a4.
设等差数列{an}的公差为d(d ≠0)，
因为a2，a3，a6成等比数列，
所以a2
3 = a2 ⋅a6，所以(1 + 2d)2 = (1 + d) ⋅(1 + 5d)，
化简整理得d2 + 2d = 0，解得d = 0（舍去），或d = −2，
所以a4 = a1 + 3d = 1 + 3 × (−2) = −5．
故答案为：−5．
答案
解析
2
较易
单选题
“G = √ab”是“a, G, b成等比数列”的（ ）条件.
A. 充要
B. 充分不必要
C. 必要不充分
D. 既不充分也不必要
D
据等比数列及充分必要条件的定义判断即可得解.
充分性：若G = 0，a或b为0时，G = √ab，但此时a, G, b不能构成等比数列，充分性不成立；
必要性：若a, G, b成等比数列，则G2 = ab，即G = ±√ab，必要性不成立.
故选：D.
答案
解析
3
较易
填空题
2
已知Sn是公差不为0的等差数列{an}的前n项和，且a1，a2，a5成等比数列，则S6
S3
=
.
4
根据等差、等比数列的通项公式、求和公式，进行化简求值即可.
设等差数列{an}的公差为d，由a1，a2，a5成等比数列，则a2
2 = a1 ⋅a5，
即(a1 + d)2 = a1 ⋅(a1 + 4d)，可得d = 2a1，
S6
S3 = 3 (a2 + a5)
3a2
= 1 + a5
a2 = 1 + a1 + 4d
a1 + d = 1 + 9a1
3a1 = 1 + 3 = 4.
故答案为：4.
答案
解析
4
一般
单选题
若数列{an}为等比数列，首项a1 = 1，公比q =
1
√2
，则1
a2
2
+ 1
a2
4
+ 1
a2
6
+ ⋯+
1
a2
20
求和等于（ ）
A. 1
3 (210 −1)
B. 2
3 (210 −1)
C. 1
3 (410 −1)
D. 2
3 (410 −1)
D
根据给定条件，利用等比数列前n公式求解即得.
数列{an}为等比数列，首项a1 = 1，公比q =
1
√2
，则a2 = a1q =
1
√2
，1
a2
2
= 2，
而
1
a2
2n+2
1
a2
2n
= ( a2n
a2n+2 )
2
= [( 1
q )
2
]
2
= 4，因此数列{ 1
a2
2n
}是首项为2，公比为4的等比数列，
所以1
a2
2
+ 1
a2
4
+ 1
a2
6
+ ⋯+
1
a2
20
= 2(1 −410)
1 −4
= 2
3 (410 −1).
故选：D
答案
解析
5
一般
单选题
3
在等比数列{an}中，若a1 + a2 = 4, a3 + a4 = 16，则a7 + a8 =（ ）
A. 16
B. 64
C. 256
D. 340
C
由等比数列的性质计算即可.
由题意可得a3 + a4 = q2 (a1 + a2) ⇒q2 = 4，
所以a7 + a8 = q4 (a3 + a4) = 16 × 16 = 256.
故选：C.
答案
解析
03 数列求通项
1
1
已知数列{an}满足a1 = 1，an+1 = an + 2n + 1，则a8 =
.
64
因为an+1 −an = 2n + 1，利用累加法可求得{an}的通项公式，将n = 8代入通项公式计算即可.
因为an+1 = an + 2n + 1，所以an+1 −an = 2n + 1，
所以an = (an −an−1) + (an−1 −an−2) + ⋯+ (a2 −a1) + a1
= (2n −1) + (2n −3) + ⋯+ 3 + 1 = n(1 + 2n −1)
2
= n2，
a8 = 64.
故答案为：64
答案
解析
2
已知首项为1的数列{an}满足an+1
an
=
n
n + 2 ，则a3 =（ ）
A. 1
6
B. 1
2
C. 1
3
D. 1
4
A
根据给定条件，利用累乘法求解.
依题意，a3 = a3
a2
⋅a2
a1
⋅a1 = 2
4 ⋅1
3 ⋅1 = 1
6 .
故选：A.
答案
解析
3
已知Sn是数列{an}的前n项和，Sn = 3an −4 (n ∈N∗)，则a2 + a4 + a10
a1 + a3 + a9
=
．
答案
2
3
2 | 1.5
通过作差得到2an = 3an−1，n ≥2，进而可求解.
由数列{an}的前n项和为Sn，且Sn = 3an −4 (n ∈N∗)，
当n ≥2时，Sn−1 = 3an−1 −4，
两式相减，可得an = Sn −Sn−1 = 3an −3an−1，即2an = 3an−1，n ≥2，
令n = 1，可得a1 = 2，
所以数列{an}是首项为a1 = 2，公比为3
2 的等比数列，
a2 + a4 + a10
a1 + a3 + a9
= q = 3
2 ，
故答案为：3
2
解析
4
在数列 {an} 中， a1 = 1, an+1 = 2an + 3n + 1 ，则 a9 = .
2017
先利用待定系数法将 an+1 = 2an + 3n + 1 表示为 an+1 + A(n + 1) + B = 2 (an + An + B) 并求 A, B ，再利用
等比数列的性质可得 {an} 的通项公式，进而求 a9.
将 an+1 = 2an + 3n + 1 用待定系数法来表示，即 an+1 + A(n + 1) + B = 2 (an + An + B),
整理得 an+1 = 2an + An + B −A ，则 {
，得 {
.
于是 an+1 = 2an + 3n + 1 可表示为 an+1 + 3(n + 1) + 4 = 2 (an + 3n + 4) ，
又 a1 + 3 × 1 + 4 = 8 ≠0 ，
则数列 {an + 3n + 4} 是首项为 8 ，公比为 2 的等比数列，
所以 an + 3n + 4 = 8 × 2n−1 ， 即 an = 8 × 2n−1 −3n −4.
所以 a9 = 8 × 28 −3 × 9 −4 = 2048 −31 = 2017.
故答案为: 2017 .
答案
解析
A = 3
B −A = 1
A = 3
B = 4
04 数列求和方法
1
1
“数学王子”高斯是近代数学奠基者之一，他的数学研究几乎遍及所有领域，并且高斯研究出很多数学理论，比如高
斯函数､倒序相加法､最小二乘法､每一个n阶代数方程必有n个复数解等.若函数f (x) = log2
2x
1 −x ，设
a1 = 1, an = f ( 1
n ) + f ( 2
n ) + f ( 3
n ) + ⋯+ f ( n −1
n
) (n ∈N, n ≥2)，则a1 + a2 + ⋯+ a10 = .
46
因为函数f (x) = log2
2x
1 −x 的定义域为(0, 1)，
设M (x1, y1), N (x2, y2)是函数y = f (x)图象上的两点，其中x1, x2 ∈(0, 1)，且x1 + x2 = 1，则有
y1 + y2 = f (x1) + f (x2) = log2
2x1
1 −x1
+ log2
2x2
1 −x2
= log2
4x1x2
1 −(x1 + x2) + x1x2
= 2，
从而当x ∈(0, 1)时，有：f (x) + f (1 −x) = 2，当n ≥2时，
an = f ( 1
n ) + f ( 2
n ) + f ( 3
n ) + ⋯+ f ( n −1
n
)，
an = f ( n −1
n
) + f ( n −2
n
) + ⋯+ f ( 1
n )，
相加得2an = [f ( 1
n ) + f ( n −1
n
)]+[f ( 2
n ) + f ( n −2
n
)] + ⋯+ [f ( n −1
n
) + f ( 1
n )] = 2n −2
所以an = n −1，又a1 = 1，
所以对一切正整数n，有an = {
；
故有: a1 + a2+⋯+ a10 = 1 + (1 + 2 + 3 + ⋯+ 9) = 46.
故答案为：46.
答案
解析
1, n = 1
n −1, n ≥2
2
数列{an}的通项公式为an = (2n −1) ⋅4n，则{an}的前n项和Sn为
（用含n的式子表示）.
20
9 + 6n −5
9
⋅4n+1
利用错位相减法即得.
因为an = (2n −1) ⋅4n，
答案
解析
2
所以Sn = 1 × 41 + 3 × 42 + ⋯+ (2n −1) ⋅4n，①
则4Sn = 1 × 42 + 3 × 43 + ⋯+ (2n −1) ⋅4n+1，②
由①-②得，−3Sn = 4 + 2 × (42 + 43 + ⋯+ 4n) −(2n −1) ⋅4n+1
= 4 + 2 ×
42 × (1 −4n−1)
1 −4
−(2n −1) ⋅4n+1 = −20
3 −6n −5
3
⋅4n+1，
故Sn = 20
9 + 6n −5
9
⋅4n+1.
故答案为：20
9 + 6n −5
9
⋅4n+1
3
若数列{an}满足a1 = 1，且对于任意的n ∈N ∗都有an+1 = an + n + 1，则1
a1
+ 1
a2
+ ⋯+
1
a2020
等于（ ）
A. 2020
2019
B. 2019
2020
C. 4030
2021
D. 4040
2021
D
由an+1 −an = n + 1可得
an −an−1 = n，an−1 −an−2 = n −1，⋯，a3 −a2 = 3，a2 −a1 = 2
累加得an = 1 + 2 + 3 + ⋯+ (n −1) + n = n (n + 1)
2
即1
an
=
2
n(n + 1) = 2
n −
2
n + 1
1
a1
+ 1
a2
+ ⋯+
1
a2020
= 2
1 + 2
2 + 2
3 + ⋯+
2
2020 −( 2
2 + 2
3 + ⋯+
2
2020 +
2
2021 )
= 2 −
2
2021 = 4040
2021
故选：D
答案
解析
4
已知等差数列{an}的a1 = 1，公差d = 1，则数列{(−1)n+1an}的前2025项和为（ ）
A. −1013
B. −505
C. 505
D. 1013
答案
3
D
利用等差数列通项公式求出an = n，再将目标数列求出，利用并项求和法求和即可.
因为d = 1， a1 = 1，
所以an = 1 + n −1 = n，此时令bn = (−1)n+1an = (−1)n+1n，
而其前2025项和为1 −2 + 3 −4 + ⋯−2024 + 2025，
= (1 −2) + (3 −4) + ⋯+ 2025 = 1012 × (−1) + 2025 = 1013，故D正确.
故选：D
解析
5
已知数列{an}满足a1 = 1，an+1 = 2an + 1(n ≥1)，则S5 =（ ）
A. 31
B. 45
C. 57
D. 63
C
利用数列的递推公式，分别求得前五项，可得答案.
因为an+1 = 2an + 1(n ≥1)，且a1 = 1，
所以a2 = 2a1 + 1 = 3，a3 = 2a2 + 1 = 7，a4 = 2a3 + 1 = 15，a5 = 2a4 + 1 = 31，
∴S5 = a1 + a2 + a3 + a4 + a5 = 57.
故选：C.
答案
解析
05 数列概念与数学归纳法
1
1
容易
单选题
数列1, −1, 1, −1, ⋯(n ∈N∗)的一个通项公式为（ ）
A. (−1)n+2
B. cos (n −1)π
C. 1 −(−1)n
2
D. sin [(2n + 1) π
2 ]
B
分析题干数列可知是1, −1交替出现的数列，逐个分析各个选项是否满足1, −1交替出现即可得出答案.
由题意可知题干数列是1, −1交替出现，故其通项公式可以写成(−1)n+1或利用三角函数来写，
对于A，(−1)n+2的第一项为−1，不符合题意，故A错误；
对于B，(n −1)π即为0, π, 2π, ⋯，对应的余弦值为1, −1, 1, −1, ⋯，符合题意，故B正确；
对于C，1 −(−1)n
2
的前两项依次为1, 0，不符合题意，故C错误；
对于D，sin [(2n + 1) π
2 ]的第一项为−1，不符合题意，故D错误；
故选：B.
答案
解析
2
一般
单选题
已知数列{an}满足：a1 = 1, an+1 = an −1
an + 3 ，则下列说法正确的是（ ）
A. a10 = 4
5
B. an = 2 −n
C. {an}有最大值
D. {an}不是单调数列
C
先对an+1 = an −1
an + 3 进行变形，构造{ 1
bn
}新数列，求出数列{an}的通项公式，结合作差法判断增减性，逐一
答案
解析
2
分析选项.
设bn = an + 1，则an = bn −1.
已知an+1 = an −1
an + 3 ，将an = bn −1，an+1 = bn+1 −1代入可得：
bn+1 −1 = bn −1 −1
bn −1 + 3 = bn −2
bn + 2
可得bn+1 = bn −2
bn + 2 + 1 = bn −2 + bn + 2
bn + 2
=
2bn
bn + 2 .
两边取倒数
1
bn+1
= bn + 2
2bn
= 1
2 + 1
bn
，即
1
bn+1
−1
bn
= 1
2 .
又因为a1 = 1，所以b1 = a1 + 1 = 2，则1
b1
= 1
2 .
所以数列{ 1
bn
}是以1
2 为首项，1
2 为公差的等差数列.
根据等差数列通项公式1
bn
= 1
2 + (n −1) × 1
2 = n
2 ，则bn = 2
n .所以an = bn −1 = 2
n −1.
当n = 10时，a10 = 2
10 −1 = −4
5 ≠4
5 ，所以选项A错误.
由前面计算可知an = 2
n −1 ≠2 −n，所以选项B错误.
因为an = 2
n −1，当n增大时，2
n 减小，an减小，且n →+∞时，an →−1，a1 = 2
1 −1 = 1，所以{an}有最
大值1，选项C正确.
由an = 2
n −1可知，an+1 −an =
2
n + 1 −1 −( 2
n −1) =
2
n + 1 −2
n =
−2
n(n + 1) < 0，所以{an}是单调递
减数列，选项D错误.
故选：C.
3
较易
多选题
已知等差数列{an}的前n项和为Sn，公差为d，若a2 = 4, S5 = 30，则下列结论正确的是（ ）
A. {an}是递减数列
B. d = 2
C. a1 = 2
D. S4
a4
= 3
BC
计算等差数列{an}的基本量即可求解.
由已知有{
⇒a1 = d = 2，
因为d = 2 > 0，所以{an}是递增数列，故A错误；B正确；C正确；
S4
a4
=
4 (a1 + a4)
2
a1 + 3d
= 2 (2a1 + 3d)
a1 + 3d
= 5
2 ，故D错误；
答案
解析
a2 = a1 + d = 4
S5 = 5a1 + 10d = 30
3
故选：BC.
4
较易
填空题
用数学归纳法证明：12 + 22 + ⋅⋅⋅+ n2 + ⋅⋅⋅+ 22 + 12 = 1
3 n (2n2 + 1)，第二步从k到k + 1，等式左边应添加的项
是
2k2 + 2k + 1
根据等式左边的特点，各数是先递增再递减，
由于n = k，左边= 12 + 22 + … + (k −1)2 + k2 + (k −1)2 + … + 22 + 12，
n = k + 1时，左边= 12 + 22 + … + (k −1)2 + k2 + (k + 1)2 + k2 + (k −1)2 + … + 22 + 12，
比较两式，从而等式左边应添加的式子是2k2 + 2k + 1，
答案
解析
5
容易
填空题
已知f (n) = 1 + 1
2 + 1
3 + 1
4 + ⋅⋅⋅+ 1
4n (n ∈N∗)，用数学归纳法证明f (n) > n时，f (k + 1)比f (k)多了
项．
3 × 4k
作差f(k + 1) −f(k)分析可得答案.
因为f(k + 1) = 1 + 1
2 + 1
3 + 1
4 + ⋯+
1
4k+1 ，f(k) = 1 + 1
2 + 1
3 + 1
4 + ⋯+ 1
4k ，
所以f(k + 1) −f(k) =
1
4k + 1 +
1
4k + 2 + ⋯+
1
4k + 3 × 4k ，
所以f (k + 1)比f (k)多了3 × 4k项.
故答案为：3 × 4k
答案
解析
06 阶段测
1
1
等差数列{an}的公差为d，前n项和为Sn，当首项a1和d变化时，a3 + a8 + a13是一个定值，则下列各数也为定值的
有
A. a7
B. a8
C. S15
D. S16
BC
由等差中项的性质可得a3 + a8 + a13 = 3a8为定值，则a8为定值，S15 = 15 (a1 + a15)
2
= 15a8为定值，但
S16 = 16 (a1 + a16)
2
= 8 (a8 + a9)不是定值.
故选：BC.
本题考查等差中项的基本性质和等差数列求和公式的应用，考查计算能力，属于基础题.
答案
解析
2
设Sn是等差数列{an}的前n项和，若S3
S6
= 1
3 ，则S6
S12
=（ ）
A.
3
10
B. 1
3
C. 1
8
D. 1
9
A
由等差数列的性质可知S3、S6 −S3、S9 −S6、S12 −S9成等差数列，根据题意可将S6, S9都用S3表示，可求
得结果.
由等差数列的性质可知S3、S6 −S3、S9 −S6、S12 −S9成等差数列，
∵S3
S6
= 1
3 ，即S6 = 3S3，(S6 −S3) −S3 = S3，
∴S9 −S6 = 3S3，S12 −S9 = 4S3，∴S9 = 6S3，S12 = 10S3，
∴S6
S12
= 3S3
10S3
= 3
10 .
答案
解析
2
故选：A.
3
已知数列{an}是等比数列，以下四个命题中正确命题的个数是（ ）
①{a2
n}是等比数列；
②{anan+1}是等比数列；
③{ 1
an
}是等比数列；
④{lg |an|}是等比数列.
A. 4
B. 3
C. 2
D. 1
B
由题意得，当n ≥2时，an
an−1 = q，q ≠0，
当n ≥2时，a2
n
a2
n−1
= ( an
an−1
)
2
= q2，故{a2
n}是等比数列；
当n ≥2时，anan+1
anan−1
= an+1
an−1
= q2，故{anan+1}是等比数列；
当n ≥2时，
1
an
1
an−1
= an−1
an
= 1
q ，故{ 1
an }是等比数列；
当an = 1时，lg |an| = 0时，显然不符合等比数列．
故选：B
答案
解析
4
已知数列{an}是等差数列，数列{bn}是等比数列，若a1 + a2 + a12 = 18, b1b3b11 = 64，则
a5
1 + b5
=（ ）
A. 3
5
B. 6
5
C. 1
D. 5
3
B
由题意，根据等差、等比数列的通项公式计算可得a5 = 6、b5 = 4，即可求解.
设等差数列{an}的公差为d；等比数列{bn}的公比为q(q ≠0).
由a1 + a2 + a12 = 18，得3a1 + 12d = 18，即a1 + 4d = 6，所以a5 = 6；
答案
解析
3
由b1b3b11 = 64，得b3
1q12 = 64，即b1q4 = 4，所以b5 = 4，
所以
a5
1 + b5
= 6
5 .
故选：B
5
记Sn为等比数列{an}的前n项和．若a1 = 1
3 ，a2
4 = a6，则S5 =（ ）
A. 40
3
B. 91
3
C. 121
3
D. 364
3
C
设等比数列{an}的公比为q (q ≠0)，根据已知条件求出q的值，再利用等比数列的求和公式可求出S5的值.
设等比数列{an}的公比为q (q ≠0)，由a2
4 = a6得(a1q3)
2 = a1q5，可得a1q = 1，
所以，q = 1
a1
= 3，
所以，S5 =
a1 (1 −q5)
1 −q
=
1
3 (1 −35)
1 −3
= 121
3 .
故选：C.
答案
解析
6
已知数列{an}满足a1 = 1
3 ，an −an+1
anan+1
= 2，则a10 =（ ）
A.
1
21
B.
1
12
C. 12
D. 21
A
由数列的递推关系式推出{ 1
an
}是等差数列，然后求解a10即可．
正项数列{an}满足a1 = 1
3 ，an −an+1
anan+1
= 2，所以an −an+1 = 2anan+2，
可得
1
an+1
−1
an
= 2，所以{ 1
an
}是等差数列，首项为3，公差为2，
所以1
a10
= 3 + 9d = 21，所以a10 = 1
21 ，
答案
解析
4
故选：A．
7
已知函数f (x) =
2x
2x −1 ，利用教材中推导等差数列前n项和的公式的方法，可求得
f (
1
2023 ) + f (
2
2023 ) + ⋯+ f ( 2022
2023 ) =（ ）
A. 2020
B. 2022
C. 4040
D. 4044
B
计算出f (x) + f (1 −x)的值，再利用倒序相加法可求得所求代数式的值.
f (x) + f (1 −x) =
2x
2x −1 +
2 (1 −x)
2 (1 −x) −1 =
2x
2x −1 −2 −2x
2x −1 = 4x −2
2x −1 = 2，
设S = f (
1
2023 ) + f (
2
2023 ) + f (
3
2023 ) + ⋯+ f ( 2022
2023 )，
则S = f ( 2022
2023 ) + f ( 2021
2023 ) + f ( 2020
2023 ) + ⋯+ f (
1
2023 )，
2S = [f (
1
2023 ) + f (1 −
1
2023 )] + [f (
2
2023 ) + f (1 −
2
2023 )] + ⋯+ [f ( 2022
2023 ) + f (1 −2022
2023 )]
= 2022 × 2，所以S = 2022，
故选：B．
答案
解析
8
已知数列{an}满足an+1 = 2an + 4 ⋅3n−1, a1 = −1，则数列{an}的通项公式为
.
an = 4 × 3n−1 −5 × 2n−1
解法一：利用待定系数法可得an+1 −4 × 3n = 2 (an −4 × 3n−1)，结合等比数列分析运算；解法二：整理得
an+1
3n+1 −4
3 = 2
3 × ( an
3n −4
3 )，结合等比数列分析运算；解法三：整理得an+1
2n+1 −an
2n = ( 3
2 )
n−1
，根据累加
法结合等比数列求和分析运算.
解法一：设an+1 + λ ⋅3n = 2 (an + λ ⋅3n−1)，整理得an+1 = 2an −λ ⋅3n−1，可得λ = −4，
即an+1 −4 × 3n = 2 (an −4 × 3n−1)，且a1 −4 × 31−1 = −5 ≠0，
则数列{an −4 ⋅3n−1}是首项为−5，公比为2的等比数列，
所以an −4 × 3n−1 = −5 × 2n−1，即an = 4 × 3n−1 −5 × 2n−1；
答案
解析
5
解法二：(两边同除以qn+1) 两边同时除以3n+1得：an+1
3n+1 = 2
3 × an
3n + 4
9 ，
整理得an+1
3n+1 −4
3 = 2
3 × ( an
3n −4
3 )，且a1
3 −4
3 = −5
3 ≠0，
则数列{ an
3n −4
3 }是首项为−5
3 ，公比为2
3 的等比数列，
所以an
3n −4
3 = −5
3 × ( 2
3 )
n−1
，即an = 4 × 3n−1 −5 × 2n−1；
解法三：(两边同除以pn+1)两边同时除以2n+1得：an+1
2n+1 = an
2n + ( 3
2 )
n−1
，即an+1
2n+1 −an
2n = ( 3
2 )
n−1
，
当n ≥2时，则an
2n = ( an
2n −an−1
2n−1 ) + ( an−1
2n−1 −an−2
2n−2 ) + ⋅⋅⋅+ ( a2
22 −a1
2 ) + a1
2
= ( 3
2 )
n−2
+ ( 3
2 )
n−3
+ ⋅⋅⋅+ 1 −1
2 =
1 −( 3
2 )
n−1
1 −3
2
−1
2 = 2 × ( 3
2 )
n−1
−5
2 ，
故an = 4 × 3n−1 −5 × 2n−1 (n ≥2)，
显然当n = 1时，a1 = −1符合上式，故an = 4 × 3n−1 −5 × 2n−1.
故答案为：an = 4 × 3n−1 −5 × 2n−1.
9
已知等差数列{an}的首项a1 = −1, Sn表示{an}的前n项和，若数列{Sn}是严格增数列，则{an}的公差d取值范围是
.
(1, +∞)
由Sn与an的关系再结合等差数列通项公式的基本量计算即可；
若数列{Sn}是严格增数列，
则Sn+1 −Sn = an+1 > 0恒成立，
即−1 + nd > 0恒成立，
又n ∈N∗，
所以d > 1，
所以{an}的公差d取值范围是(1, +∞)，
故答案为：(1, +∞).
答案
解析
10
已知数列{an}的前n项和为Sn，其首项a1 = 1，且满足3Sn = (n + 2)an，则an =
.
答案
6
n(n + 1)
2
利用公式an = {
，化简即可得出 an与an−1的递推关系，再利用类乘法计算出数列{an}的通项
公式．当n=1时3S1 = (1 + 2)a1恒成立
当n ≥2时3Sn−1 = (n + 1)an−1⇒3an = (n + 2)an −(n + 1)an−1 ⇒
an
an−1 = n + 1
n −1
所以an =
an
an−1 ⋅an−1
an−2 ⋅an−2
an−3 ⋯a2
a1 ⋅a1 = n + 1
n −1 ⋅
n
n −2 ⋅n −1
n −3 … 3
1 ⋅1= n(n + 1)
2
当n=1时满足an= n(n + 1)
2
所以an= n(n + 1)
2
故填n(n + 1)
2
本题考查已知数列an与Sn的关系，求通项公式，掌握理解公式an = {
是解本题的关键，属于
基础题．
解析
S1
Sn −Sn−1
, n = 1
, n ≥2
S1
Sn −Sn−1
, n = 1
, n ≥2
11
已知数列{an}中，a1 = 3
5 ，an = 2 −
1
an−1
(n ≥2, n ∈N ∗)，数列{bn}满足bn =
1
an −1 (n ∈N ∗)．
（1）求证：数列{bn}为等差数列．
（2）求数列{an}的通项公式．
（1）见解析；（2） an = 2n −5
2n −7
（1）将题目过给已知an = 2 −
1
an−1 代入bn =
1
an −1 进行化简，结合bn−1的表达式，可证得bn为等差数列；
答案
解析
7
（2）利用（1）的结论求得bn的通项公式，代入bn =
1
an −1 求得an的通项公式.（1）证明：由题意知，
bn =
1
an −1 =
1
2 −
1
an−1
−1
=
an−1
an−1 −1 ，又bn−1 =
1
an−1 −1 ，故
bn −bn−1 =
an−1
an−1 −1 −
1
an−1 −1 = 1 (n ≥2, n ∈N ∗)，又易知b1 =
1
a1 −1 = −5
2 ，故数列{bn}是首项为−5
2
，公差为1的等差数列．
（2）由（1）知bn = b1 + (n −1)d = −5
2 + (n −1) × 1 = n −7
2 ，所以由bn =
1
an −1 (n ∈N ∗)，可得
an = 1
bn + 1 = 2n −5
2n −7 ，故数列{an}的通项公式为an = 2n −5
2n −7 ．
本小题第一问考查利用数列的递推公式证明数列为等差数列，然后利用这个等差数列来求另一个等差数列的
通项公式.在解题过程中，只需要牢牢把握住等差数列的定义，利用等差数列的定义来证明.
12
若n为大于1的自然数，求证：
1
n + 1 +
1
n + 2 + ⋯+ 1
2n > 13
24
证明见解析
当n = 2时，
1
2 + 1 + 1
4 > 13
24 ，不等式成立
假定n = k时，不等式成立，即
1
k + 1 +
1
k + 2 + ⋯+ 1
2k > 13
24
当n = k+1时，
1
k + 2 +
1
k + 3 + ⋯+
1
2 (k+1)
=
1
k + 1 +
1
k + 2 + ⋯+ 1
2k −
1
k + 1 +
1
2k + 1 +
1
2k + 2
> 13
24 −
1
k + 1 +
1
2k + 1 +
1
2k + 2 > 13
24 ，其中
答案
解析
8
由数学归纳法得命题成立
13
已知数列{an}的前n项和为Sn，2Sn + 1 = 3an，数列{bn}满足b1 = a1，n (bn+1 −bn) = bn.
(1)
求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)
求数列{anbn}的前n项和Tn.
(1) an = 3n−1 (n ∈N∗)， bn = n (n ∈N∗)
(2) Tn = 1
4 + (2n −1) ⋅3n
4
(1) 当n = 1时，2S1 + 1 = 2a1 + 1 = 3a1，则a1 = 1 = b1；
当n ≥2时，2an = 2Sn −2Sn−1 = 3an −1 −(3an−1 −1)，整理得an = 3an−1，
因此数列{an}是以1为首项，3为公比的等比数列，
所以数列{an}的通项公式为an = 3n−1 (n ∈N∗)；
由n (bn+1 −bn) = bn得nbn+1 = (n + 1)bn，即bn+1
n + 1 = bn
n ，所以数列{ bn
n }是常数列，bn
n = b1
1 = 1，所
以数列{bn}的通项公式为bn = n (n ∈N∗)
(2) 由（1）知，anbn = n ⋅3n−1，
则Tn = 1 × 30 + 2 × 31 + 3 × 32 + ⋯+ (n −1) ⋅3n−2 + n ⋅3n−1，
于是3Tn = 1 × 31 + 2 × 32 + 3 × 33 + ⋯+ (n −1) ⋅3n−1 + n ⋅3n，
两式相减得−2Tn = 30 + 31 + 32 + ⋯+ 3n−2 + 3n−1 −n ⋅3n
= 1 × (1 −3n)
1 −3
−n ⋅3n = −1
2 + (1 −2n) ⋅3n
2
，所以Tn = 1
4 + (2n −1) ⋅3n
4
.
答案
解析
07 空间直线与直线的位置关系
1
1
若直线a，b是异面直线，点O是空间中不在直线a，b上的任意一点，则（ ）
A. 不存在过点O且与直线a，b都相交的直线
B. 过点O一定可以作一条直线与直线a，b都相交
C. 过点O可以作无数多条直线与直线a，b都相交
D. 过点O至多可以作一条直线与直线a，b都相交
D
设直线a与点O确定平面α，由题意可得直线b与平面α相交或平行.分两种情形，画图说明即可.
点O是空间中不在直线a，b上的任意一点，设直线a与点O确定平面α，由题意可得b ⊄ α，故直线b与平面α相
交或平行.
(1)若直线b与平面α相交（如图1），记b ∩α = P，
①若PO//a，则不存在过点O且与直线a，b都相交的直线；
②若PO与a不平行，则直线PO即为过点O且与直线a，b都相交的直线.
（2）若直线b与平面α平行（如图2），则不存在过点O且与直线a，b都相交的直线.
综上所述，过点O至多有一条直线与直线a，b都相交.
故选：D.
答案
解析
2
“直线a, b不相交”是“直线a, b为异面直线”的
A. 充分不必要条件
B. 必要不充分条件
2
C. 充要条件
D. 既不充分也不必要条件
B
异面直线一定不相交，不相交可以平行，所以“直线a, b不相交”是“直线a, b为异面直线”的必要不充分条件，选
B.
答案
解析
3
已知空间三条直线l、m、n.若l与m异面，且l与n异面，则（）
A. m与n异面
B. m与n相交
C. m与n平行
D. m与n异面、相交、平行均有可能
D
根据题意作出图形,进行判断即可.
空间三条直线l、m、n.
若l与m异面,且l与n异面,则可能平行（图1）,也可能相交（图2）,也m与n可能异面（图3）,
故选：D.
答案
解析
4
如图，ABCD −A1B1C1D1是正四棱台，则下列各组直线中属于异面直线的是（ ）．
A. AB和C1D1；
B. AA1和CC1；
C. BD1和B1D；
D. A1D1和AB．
3
D
根据棱台的性质及直线与直线的位置关系即可判断.
因为ABCD −A1B1C1D1是正四棱台，所以AB//A1B1//C1D1，故A错误，
侧棱延长交于一点，所以AA1与CC1相交，故B错误，
同理BB1与DD1也相交，所以B, B1, D1, D四点共面，所以BD1与B1D相交，故C错误，
A1D1与AB是异面直线，故D正确.
故选：D
答案
解析
5
如图，在四面体ABCD中，AC = 8，BD = 6，M、N分别为AB、CD中点，并且异面直线AC与BD所成的角为
90
∘，则MN的长为
．
5
取BC中点P，连接MP，NP，即可∠MPN得到异面直线AC与BD所成的角（或补角），再由勾股定理计算可
得.
取BC中点P，连接MP，NP，
又因为AC = 8，BD = 6，M，N分别为AB，CD的中点，
答案
解析
4
所以PM//AC且PM = 1
2 AC = 4，PN//BD且PN = 1
2 BD = 3，
则∠MPN为异面直线AC与BD所成的角（或补角），
又因为异面直线AC与BD所成的角为90
∘，
所以∠MPN = 90
∘，
所以MN 2 = PM 2 + PN 2 = 42 + 32 = 25，所以MN = 5，
故答案为：5
08 空间直线与平面的位置关系
1
1
平面上的一条直线和这个平面的一条斜线
的充要条件是它和这条斜线在平面上的
垂直．
垂直; 射影
根据三垂线定理及其逆定理直接可得.
由三垂线定理及其逆定理可得：在平面内的一条直线，如果和这个平面的一条斜线垂直的充要条件是它也和
这条斜线在平面上的射影垂直.
故答案为：垂直；射影.
答案
解析
2
已知空间中的两条直线m，n都与一个平面α平行，则m和n的位置关系为（ ）
A. 平行或相交
B. 相交或异面
C. 平行或异面
D. 平行、相交或异面
D
根据题意分情况讨论的两条直线m，n的位置从而可求解.
由题可得两条直线m，n都与一个平面α平行，可作出平行六面体如下图，
F, M分别为A1B1, C1D1的中点，设平面AA1D1D为平面α，
当BB1, CC1所在直线表示为m, n，此时两条直线m，n都与平面α平行，且m平行n；
当BB1, BC所在直线表示为m, n，此时两条直线m，n都与平面α平行，且m与n相交；
当BB1, FM所在直线表示为m, n，此时两条直线m，n都与平面α平行，且m与n异面；
故m和n的位置关系为平行、相交或异面，故D正确.
故选：D.
答案
解析
2
3
在△ABC中，AB = AC = 5，BC = 8，若PA⊥平面ABC，PA = 4，则点P到BC的距离是（ ）
A. √5
B. 5
C. 3√2
D. 4√2
B
取BC的中点D，连接PD、AD，即可得到AD⊥BC，再由线面垂直，得到PA⊥BC，从而得到BC⊥面PAD，
即可得到PD⊥BC，再由勾股定理求出PD即可；
解：如图，取BC的中点D，连接PD、AD，
因为AB = AC = 5，所以AD⊥BC，又PA⊥平面ABC，BC ⊂平面ABC，所以PA⊥BC，PA ⋂AD = A，
PA, AD ⊂面PAD，所以BC⊥面PAD，PD ⊂面PAD，所以PD⊥BC，在△ACD中，AC = 5，CD = 4，所
以AD = √AC2 −CD2 = 3，在Rt△PAD中，PA = 4，AD = 3，所以PD = √PA2 + AD2 = 5
故选：B
答案
解析
4
下列四个命题：
3
①分别在两个平面内的两条直线是异面直线
②和两条异面直线都垂直的直线有且只有一条
③和两条异面直线都相交的两条直线必异面
④若a与b是异面直线，b与c是异面直线，则a与c也是异面直线
其中是真命题的个数为( )
A. 3
B. 2
C. 1
D. 0
D
利用异面直线的定义，逐一分析研究各个选项，通过举反例判断一个命题是假命题．（1）不正确，分别在两
个平面内的两条直线可以平行，也可以相交．
（2）不正确，和两条异面直线都垂直的直线有无数多条．
（3）不正确，和两条异面直线都相交的两条直线可以是相交直线，如这2条直线的交点在2条异面直线中的某
一条上时．
（4）不正确，若a与b是异面直线，b与c是异面直线，则a与c有可能平行，也有可能相交．
综上，真命题的个数为0，
故选D．
本题考查异面直线的定义及异面直线的判断，通过举反例判断一个命题是假命题，是一种常用的、有效的方
法．
答案
解析
09 空间平面与平面的位置关系
1
1
设α、β是两个不同的平面，b是直线，且b ⊂α，则“b⊥β”是“α⊥β”的（ ）
A. 充分非必要条件
B. 必要非充分条件
C. 既非充分又非必要条件
D. 充要条件
A
根据面面垂直的判定与性质定理即可判断结果．
因为b ⊂α，若b⊥β，则α⊥β，反之不成立，故为充分非必要条件．
故选：A
答案
解析
2
已知一个二面角的两个半平面分别平行于另一个二面角的两个半平面，若这两个二面角的平面角均为锐角，则这两
个二面角的关系是（ ）
A. 相等
B. 互补
C. 相等或互补
D. 既不相等也不互补
A
在平行六面体ABCD −A1B1C1D1中，BC⊥ABA1B1，作出其图形，由二面角A −BC −B1和二面角
A −A1D1 −B1判断.
如图所示：
答案
解析
2
在平行六面体ABCD −A1B1C1D1中，BC⊥ABA1B1，
则二面角A −BC −B1的平面角为∠ABB1，二面角A −A1D1 −B1的平面角为∠AA1B1，
因为二面角A −BC −B1，A −A1D1 −B1的半平面相互平行，
所以AA1//BB1，AB//A1B1，
所以∠ABB1 + ∠AA1B1 = π或∠ABB1 = ∠AA1B1，
又因为∠ABB1, ∠AA1B1均为锐角，
所以∠ABB1 = ∠AA1B1.
故选：A
3
下列命题：
①两个相交平面组成的图形叫做二面角；
②异面直线a，b分别和一个二面角的两个面垂直，则a，b所成的角与这个二面角相等或互补；
③二面角的平面角是从棱上一点出发，分别在两个面内作射线所成角的最小角；
④二面角的大小与其平面角的顶点在棱上的位置没有关系，其中正确的是
A. ①③
B. ②④
C. ③④
D. ①②
B
对于①，显然混淆了平面与半平面的概念，是错误的；对于②，由于a，b分别垂直于两个面，所以也垂直于二
面角的棱，但由于异面直线所成的角为锐角(或直角)，所以应是相等或互补，是正确的；对③，因为不垂直于
棱，所以是错误的；④是正确的，故选B．
考点：二面角.
答案
解析
4
在菱形ABCD中，∠A = 60∘，将△ABD沿对角线BD折起，若二面角A −BD −C为直二面角，则二面角
3
A −BC −D的余弦值为
.
√5
5
取BD的中点O，连接AO、OC，依题意OA、OC、OB两两互相垂直，建立空间直角坐标系，利用空间向量
法求出二面角的余弦值；
解：取BD的中点O，连接AO、OC，依题意可得OA、OC、OB两两互相垂直，如图建立空间直角坐标系，
令AB = 2，则A (0, 0, √3)，B (1, 0, 0)，C (0, √3, 0)，所以
→
BA = (−1, 0, √3)，
→
BC = (−1, √3, 0)，设平面
ABC的法向量为
→n = (x, y, z)，则
，令x = √3，则y = z = 1，所以
→n = (√3, 1, 1)
，显然平面BCD的法向量可以为
→m = (0, 0, 1)，
设二面角A −BC −D为θ，则cos θ =
→m ⋅
→n
→m
⋅
→n
=
1
1 × √(√3)
2
+ 12 + 12
= √5
5 ，故二面角A −BC −D
的余弦值为√5
5 ；
故答案为：√5
5
答案
解析
−
→
−
→
⎧
⎨
⎩
→n ⋅
→
BA = −x + √3z = 0
→n ⋅
→
BC = −x + √3y = 0
−
→
−
→
10 柱体
1
1
下列命题不正确的是（ ）
A. 正方体一定是正四棱柱
B. 底面是正多边形的棱柱是正棱柱
C. 有相邻两个侧面是矩形的棱柱是直棱柱
D. 平行六面体的六个面均为平行四边形
B
根据正四棱柱、正棱柱、直棱柱、平行六面体的概念和结构特征对选项逐一判断， 即可得答案.
对于A，上、下底面都是正方形，且侧棱垂直于底面的棱柱叫做正四棱柱，所以正方体是正四棱柱，故A正
确；
对于B，底面是正多边形的直棱柱是正棱柱，底面是正多边形但侧棱与底面不垂直的棱柱不是正棱柱，故B错
误；
对于C，有两个相邻的侧面是矩形，说明公共侧棱与底面两条相交直线垂直，则侧棱与底面垂直，而侧棱与底
面垂直的棱柱为直棱柱，所以有相邻两个侧面是矩形的棱柱是直棱柱，故C正确；
对于D，底面是平行四边形的四棱柱叫做平行六面体，而棱柱的各个侧面都是平行四边形，故D正确．
故选：B
答案
解析
2
以下命题中真命题的是（ ）.
A. 所有侧面都是矩形的棱柱是长方体
B. 有两个相邻的侧面是矩形的棱柱是直棱柱
C. 侧棱垂直底面两条棱的棱柱是直棱柱
D. 各侧面都是全等的矩形的直棱柱是正棱柱
B
利用长方体、直棱柱、正四棱柱的定义，对各个选项逐一分析判断，即可求解.
对于A，直棱柱的侧面都是矩形，但不一定是长方体，
如直三棱柱，故A不正确，
对于B，有两个相邻侧面是矩形，则利用线面垂直的判定定理证明出侧棱垂直于底面，则该四棱柱是直棱柱，
故B正确，
答案
解析
2
对于C，斜四棱柱可以满足侧棱垂直底面两条棱，但不是直棱柱，故C不正确；
对于D，底面是菱形的直棱柱，满足底面四条边相等，各侧面都是全等的矩形，
但不是正四棱柱，故D不正确.
故选：B.
3
已知长方体ABCD −A′B′C ′D′的棱长AA′ = 3cm，AB = 4cm，AD = 4cm，则点A到棱B′C ′的距离是
cm
5
利用长方体的结构特征，证得AB′⊥B′C ′即可得解.
在长方体ABCD −A′B′C ′D′中，B′C ′⊥平面ABB′A′，而AB′ ⊂平面ABB′A′，
因此AB′⊥B′C ′，所以点A到棱B′C ′的距离为AB′ = √AA′2 + AB2 = 5cm.
故答案为：5
答案
解析
4
已知圆柱的底面半径为1，若圆柱的侧面展开图的面积为8π，则圆柱的高为
．
4
设圆柱的高为h，有2πh = 8π，得h = 4．
故答案为：4.
答案
解析
5
已知正四棱柱的底面边长为2√2，高为3，则此正四棱柱的对角线长为
.
3
5
求出底面正方形对角线长，由勾股定理计算四棱柱的对角线长（需证明垂直）．
如图正四棱柱ABCD −A1B1C1D1中，底面ABCD是正方形，AA1与底面ABCD垂直，则与底面上的直线AC
垂直，
由已知AC = √2AB = 4，又AA1 = 3，所以A1C = √AA2
1 + AC 2 = 5．
故答案为：5.
答案
解析
11 锥体
1
1
下列说法正确的是
(填序号).
①底面是正多边形的棱锥为正棱锥；②各侧棱都相等的棱锥为正棱锥；③各侧面都是等腰三角形的棱锥为正棱锥；
④各侧面都是全等的等腰三角形的棱锥是正棱锥；⑤底面是正多边形且各侧面全等的棱锥为正棱锥.
⑤
根据正棱锥的定义结合反例可判断各选项的正误，从而可得正确的选项.
对于①，如果棱锥的顶点在底面上的射影不是正多边形的中心，则此棱锥不是正棱锥，
故①错误.
对于②，如图（1），棱锥的顶点是圆锥的顶点，而底面多边形是圆锥底面圆的内接非正多边形，
此时棱锥满足各侧棱都相等，但不是正棱锥，故②错误.
对于③④，如图（2），侧面都是等腰三角形，且它们全等，但该三棱锥不是正棱锥，
故③④错误.
答案
解析
2
对于⑤，因为底面是正多边形且各侧面全等的棱锥为正棱锥，
故顶点底面上的射影O为正多边形的中心，此时棱锥为正棱锥，故⑤正确.
故答案为：⑤
2
若一个圆锥的母线长是底面半径的3倍，则该圆锥的侧面积是底面积的
倍；
3；
分别计算侧面积和底面积后再比较．由题意l = 3r，S侧= πrl = 3πr2，S底= πr2，∴S侧
S底
＝3．
故答案为3．
本题考查圆锥的侧面积，掌握侧面积计算公式是解题关键．属于基础题．
答案
解析
3
若一个圆锥的侧面展开图是面积为9
2 π的半圆面，则该圆锥的体积为
.
9√3
8
π
根据圆锥侧面展开图面积建立方程求出母线长，再由弧长公式求出底面圆半径，求出圆锥高代入体积公式求
解即可.
设圆锥的底面半径为r,母线长为l, 高为h，
则9
2 π= 1
2 πl2，解得l = 3，又πl = 2πr，解得r = 3
2 .
答案
解析
3
∴h = √l2 −r2 = 3√3
2
，所以V = 1
3 (πr2)h = 9√3
8
π.
故答案为：9√3
8
π.
4
甲､乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为2 π ，侧面积分别为S甲和S乙体积分别为V甲和V乙.若
S甲
S乙
= 2，则V甲
V乙
=
.
√10
由题意知甲，乙两个圆锥的侧而展开图刚好拼成个圆，设圆的半径（即圆锥母线）为3，结合
S甲
S乙
= 2，即可
求出r1 = 2, r2 = 1，再利用勾股定理可得h1 = √5, h2 = 2√2，由此即可求出答案.
由题意知甲，乙两个圆锥的侧而展开图刚好拼成个圆，
设圆的半径（即圆锥母线）为3，
甲､乙两个圆锥的底面半径分别为r1, r2，高分别为h1, h2，
由S甲
S乙
= 2，则
2 π r1 = 2 π × 3 × 2
3 = 4 π , 2 π r2 = 2 π × 3 × 1
3 = 2
π
，
解得r1 = 2, r2 = 1，
由勾股定理得h1 = √5, h2 = 2√2，
所以V甲
V乙
=
1
3 πr2
1h1
1
3 πr2
2h2
= √10，
故答案为：√10.
答案
解析
12 结课测
1
1
有下列四个说法：①过三点确定一个平面；②四边形是平面图形，③三条直线两两相交则确定一个平面，④两个相
交平面把空间分成四个区域.其中错误说法的序号是
.
①②③
根据平面的基本性质和推论，对题目中的命题进行分析，或举反例判断即可.
①过不共线的三点有且只有一个平面.
若三点共线，则过三点的平面有无数个，不能确定平面，故①错误；
②四边形可能是平面图形也可能是空间图形.
如图三棱锥A −BCD中，四边形ABCD不是平面图形，故②错误；
③三条直线两两相交可能确定一个平面也可能确定三个平面，
如图三棱锥A −BCD中，三条直线AB, AC, AD两两相交，且交于一点，
可确定平面ABC，平面ABD，平面ACD三个平面，故③错误；
④平面是无限延展的，如图，两个相交平面把空间分成四个区域，故④正确.
故答案为：①②③.
答案
解析
2
已知二面角α −l −β的大小为130°，两条异面直线a，b满足a ⊂α，b ⊂β，且a⊥l，b⊥l，则a，b所成角的大小为
.
答案
2
50°
利用a，b所成角与二面角α −l −β的平面角的关系求解.
解：由题意知a，b所成角与二面角α −l −β的平面角互补，
又二面角α −l −β的大小为130°，
所以a，b所成角的大小为50°.
故答案为：50°
解析
3
在棱长为a的正方体中，与AD成异面直线且距离等于a的棱共有
条.
4
作出图形，结合异面直线距离的定义即可得到答案.
如图，
由图可知，AD, BB1异面，且垂线段AB = a，
AD, CC1异面，且垂线段DC = a，
AD, D1C1异面，且垂线段DD1 = a，
AD, A1B1异面，且垂线段AA1 = a.
故答案为：4.
答案
解析
4
圆柱底面半径为3，母线长为5，一只小蜘蛛从某条母线上的一端点出发，沿着圆柱表面爬行两周到该母线的另一个
端点，则蜘蛛所走的最短路程为
.
3
√25 + 36π2
把圆柱侧面展开后得一矩形，矩形对角线长为所求最短距离．
沿这条母线展开圆柱侧面是一矩形，矩形的长是圆柱的底面周长为2π × 3 = 6π，矩形的宽为圆柱的母线长5，
矩形的对角线长为√52 + (6π)2 = √25 + 36π2，即为所求最短距离√25 + 36π2．
故答案为：√25 + 36π2
答案
解析
5
二面角α −l −β为60∘，异面直线a、b分别垂直于α、β，则a与b所成角的大小是
60∘
根据二面角的定义，及线面垂直的性质，我们可得若两条直线a、b分别垂直于α、β两个平面，则两条直线的
夹角和二面角相等或互补，由于已知的二面角α −l −β为60∘，故异面直线所成角与二面角相等，即可得到答
案.解：根据二面角的定义和线面垂直的性质
设异面直线a、b的夹角为θ
∵二面角α −l −β为60∘，异面直线a、b分别垂直于α、β
则两条直线的夹角和二面角相等或互补，∴θ = 60o
故答案为60∘
本题主要考查二面角的定义、异面直线所成的角和线面垂直的性质.
答案
解析
6
已知直线m，n，平面α，β，若α//β，m ⊂α，n ⊂β，则直线m与n的关系是
平行或异面
由题意，直线m与n没有交点，分析即得解
由题意，α//β，m ⊂α，n ⊂β
故直线m与n没有交点
答案
解析
4
故直线m与n平行或异面
故答案为：平行或异面
7
在△ABC中，AB＝AC＝5，BC＝6，PA⊥平面ABC，PA＝8，则点P到BC的距离是
．
4√5
由已知，作PD⊥BC于点D，连接AD，因为PA⊥平面ABC，所以PA⊥BC．利用线面垂直的判定定理可得到CB⊥
平面PAD，即点P到BC的距离为PD，由AB＝AC＝5，BC＝6，先求解出AD＝4，然后再使用勾股定理求解PD
即可.
如图所示，作PD⊥BC于点D，连接AD．
因为PA⊥平面ABC，
所以PA⊥BC．
又PD∩PA＝P，
所以CB⊥平面PAD，所以AD⊥BC．
在△ACD中，AC＝5，CD＝3，所以AD＝4．
在Rt △PAD中，PA＝8，AD＝4，所以PD＝√82 + 42 = 4√5.
故答案为：4√5.
答案
解析
8
若数列{an}满足an+1 = 2an(n ∈N∗)，且a1 = 2，am = 1024，则m =
.
10
数列{an}是公比为2的等比数列，根据条件及等比数列通项公式列方程求解即可.
数列{an}是公比为2的等比数列，且a1 = 2，am = 1024，
答案
解析
5
则am = 2 ⋅2m−1 = 2m = 1024，可得m = 10.
故答案为：10.
该题考查等比数列的通项公式，根据通项公式确定第几项，通常借助方程求解，属于基础题目.
9
已知数列{an}满足a1 = 1
2 ，且an+1 =
an
an + 1 ，则an =
．
1
n + 1 |
1
1 + n
化简可得
1
an+1
−1
an
= 1，则1
an
= n + 1，进而得到an.
由an+1 =
an
an + 1 ，得
1
an+1 −1
an = 1，且1
a1 = 2，
则{ 1
an
}是首项为2，公差为1的等差数列，
所以1
an = 2 + n −1 = n + 1，故an =
1
n + 1 ，
故答案为：
1
n + 1 .
答案
解析
10
已知{an}为等比数列，首项和公比均为1
2 ，则{an}前10项和为
．
1023
1024
根据等比数列前n项和公式计算．
S10 =
1
2 [1 −( 1
2 )
10
]
1 −1
2
= 1023
1024 ．
故答案为：1023
1024 ．
答案
解析
11
如图，正方体ABCD −A1B1C1D1的棱长为a，以下结论正确的是
.（填序号）
6
①异面直线A1D与AB1所成的角为60∘；
②直线A1D与BC1垂直；
③直线A1D与BD1平行.
①②
连接AB1，B1C，AC，则可得出△AB1C为等边三角形，则A1D与AB1所成角等于AB1与B1C所成角，其大小
为60∘；证明B1C⊥BC1，再由A1D//B1C可得A1D⊥BD1；证明B1C⊥平面BC1D1，得出B1C⊥BD1，从而证得
A1D⊥BD1.
对于①，连接B1C, AC，则根据正方体的特点可知A1D//B1C，且A1D = B1C = AC，
则△AB1C为等边三角形，所以A1D与AB1所成角等于AB1与B1C所成角，其大小为60∘，故①正确；
对于②，如图所示，因为A1D//B1C，又B1C⊥BC1，所以A1D⊥BC1，故②正确；
对于③，由②可知B1C⊥BC1，又B1C⊥C1D1，且BC1 ∩C1D1 = C1，BC1 ⊂平面BC1D1，C1D1 ⊂平面BC1D1，
所以B1C⊥平面BC1D1，所以B1C⊥BD1，则A1D⊥BD1，故③错误.
故答案为：①②
答案
解析
12
如图是长方体被一平面所截得到的几何体，四边形EFGH为截面，长方形ABCD为底面，则四边形EFGH的形状
为（ ）
7
A. 梯形
B. 平行四边形
C. 可能是梯形也可能是平行四边形
D. 矩形
B
因为平面ABFE//平面CGHD,且平面EFGH∩平面ABFE = EF,平面EFGH∩平面CGHD = GH,根据面面平
行的性质可知EF//GH,同理可证明EH//FG.
所以四边形EFGH为平行四边形.
故选：B.
本题考查长方体截面形状判断，考查面面平行的性质应用，较简单.
答案
解析
13
在等差数列{an}中，a2 = 4，且a1，a3，a9，构成等比数列，则公差d =（ ）
A. 0或2
B. 2
C. 0
D. 0或−2
A
根据等比中项的性质和等差数列的通项公式建立方程，可解得公差d得选项.
解：因为在等差数列{an}中，a2 = 4，且a1，a3，a9，构成等比数列，所以a32 = a1a9，即
(a2+d)2 = (a2 −d) (a2+7d)，
所以(4+d)2 = (4 −d) (4+7d)，解得d = 0或2，
故选：A.
答案
解析
14
设Sn为等差数列{an}的前n项和，已知S3 = 4, S6 = 10，则a16 + a17 + a18 =（ ）
8
A. 12
B. 14
C. 16
D. 18
B
根据给定条件，利用等差数列片段和的性质求解即得.
由等差数列的片段和性质知，S3, S6 −S3, S9 −S6, S12 −S9, S15 −S12, S18 −S15成等差数列，
由S3 = 4, S6 −S3 = 6，得该数列首项为4，公差为2，
所以a16 + a17 + a18 = S18 −S15 = 4 + 5 × 2 = 14.
故选：B
答案
解析
15
已知数列{an}满足an+1
an
=
n
n + 2 ，a1 = 1，则数列{an}的通项公式是（ ）
A. an =
2
n(n + 1)
B. an =
1
n(n + 1)
C. an = 1
n
D. an = n + 1
2
A
利用累乘法计算可得.
解：因为an+1
an
=
n
n + 2 ，
所以an
an−1
= n −1
n + 1 ，an−1
an−2
= n −2
n
，⋯，a4
a3
= 3
5 ，a3
a2
= 2
4 ，a2
a1
= 1
3 ，
所以an
an−1 × an−1
an−2 × ⋯× a4
a3 × a3
a2 × a2
a1 = n −1
n + 1 × n −2
n
× ⋯× 3
5 × 2
4 × 1
3 ，
即an
a1
=
2 × 1
(n + 1)n ，又a1 = 1，所以an =
2
n(n + 1) ；
故选：A
答案
解析
16
已知三棱锥V −ABC的底面是边长为2的正三角形，V C⊥平面ABC，二面角V −AB −C的大小为60°，求三棱锥
V −ABC的表面积．
9
6 + 3√3
作CD⊥AB于D，连接V D，可得∠V DC是二面角V −AB −C的平面角，则∠V DC = 60∘，可求得V C, V D的
长，从而可求出其表面积.
作CD⊥AB于D，连接V D，
因为V C⊥平面ABC，AB ⊂平面ABC，所以V C⊥AB
因为V C ∩CD = C，V C, CD ⊂平面V CD，所以AB⊥平面V CD，
因为V D ⊂平面V CD，所以AB⊥V D，
所以∠V DC是二面角V −AB −C的平面角，即∠V DC = 60∘，
在正△ABC中，AB = BC = AC = 2，所以CD = √3，
在Rt △V CD中，tan ∠V DC = V C
CD ，则V C = CD tan ∠V DC = √3 × √3 = 3,
所以V D = √V C2 + CD2 = √9 + 3 = 2√3，
所以S表= S△V BC + S△V AC + S△V AB + S△ABC
= 1
2 ⋅2 (3 + 3 + 2√3) + 1
2 ⋅2 ⋅√3 = 6 + 3√3.
答案
解析
10
17
已知数列{an}满足a1 = 5，且an+1 = 3an −2n (n ∈N∗)．求数列{an}的通项公式；
an = 3n + 2n
将an+1 = 3an −2n变形构造成an+1 −2n+1 = 3 (an −2n)，利用等比数列的定义进行证明，求出{an −2n}的通项
公式，移项即可求解．
由已知an+1 −3an = −2n，
所以an+1 −2n+1 = 3 (an −2n)，
又a1 −2 = 3 ≠0，
所以数列{an −2n}是首项为3，公比q = 3的等比数列，
所以an −2n = 3n，
即an = 3n + 2n．
答案
解析
18
已知数列{an}的前n项和为Sn，且2Sn + 1 = 3an．
(1)
证明数列{an}为等比数列，且求其通项公式；
11
(1) 证明见解析， an = 3n−1
(1) 当n＝1时，2S1 + 1 = 2a1 + 1 = 3a1，解得a1 = 1，
当n ≥2时，由2Sn + 1 = 3an①，得2Sn−1 + 1 = 3an−1②，
①－②得，an = 3an−1，∴an
an−1
= 3，
∴数列{an}是以1为首项，以3为公比的等比数列，
∴数列{an}的通项公式为an = 3n−1．
答案
解析
19
正方体ABCD－A B C D 中，M，N分别是C C，B C 的中点.
（1）求证：MN//平面A BD；
（2）求异面直线MN与BD所成成角大小.
1 1
1
1
1
1
1
1
答案
12
（1）见解析；（2）60°．
（1）由MN//B1C，B1C//A1D，得MN//A1D，由线面平行判定定理得线面平行；
（2）由（1）的平行知异面直线MN与BD所成成角是∠A1DB（或其补角），在三角形中求得此角即可．
（1）连接B1C，∵M，N分别是C C，B C 的中点，∴MN//B1C,
正方体中，A1B1与DC平行且相等，∴A1B1CD是平行四边形，∴B1C//A1D，所以MN//A1D，
又MN ⊄平面A1BD，A1D ⊂平面A1BD，∴MN//平面A BD；
（2）由（1）知异面直线MN与BD所成成角是∠A1DB（或其补角），
△A1BD是等边三角形，∴∠A1DB= 60∘，
∴异面直线MN与BD所成成角是60°．
本题考查证明线面平行，考查求异面直线所成的角，掌握线面平行的判定定理是解题关键．求异面直线所成
的角，需根据定义作出这个角，然后解三角形得结论．作证算是用定义求空间角的基本方法．
解析
1
1
1
1
20
如图，在四棱锥P-ABCD中，侧面PAD⊥底面ABCD，底面ABCD是矩形，PA = AD， E，F分别是棱PC，PD的
中点．
13
（Ⅰ）求证：EF//AB；
（Ⅱ）求证：AF⊥平面PCD.
（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）证明见解析.
(Ⅰ)由EF//CD、AB//CD可得出EF//AB;
(Ⅱ)先由面面垂直的性质定理得出CD⊥侧面PAD，进而可得CD⊥AF，再证AF⊥PD即可
证明：（Ⅰ）∵E，F分别是棱PC，PD的中点，∴EF//CD．
又∵四边形ABCD是矩形，∴AB//CD．
∴EF//AB．
（Ⅱ）∵四边形ABCD是矩形，∴CD⊥AD．
∵侧面PAD⊥底面ABCD，侧面PAD ⋂底面ABCD = AD，CD ⊂底面ABCD，
∴CD⊥侧面PAD．
∵AF ⊂侧面PAD，∴CD⊥AF．
∵PA = AD，F是棱PD的中点，
∴AF⊥PD．
答案
解析
14
∵PD ∩CD = D，CD ⊂平面PCD，PD ⊂平面PCD，
∴AF⊥平面PCD
本题考查的是立体几何中平行和垂直相关的证明，较简单.
21
已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，母线长为4，PO = 2√3，OA、OB是底面半径，且：
⇀
OA ⋅
⇀
OB = 0，M为线
段AB的中点，N为线段PB的中点，如图所示：
求圆锥的表面积；
12π；
由r = √l2 −PO2求得底面圆半径，根据圆锥表面积公式可求得结果；
由题意得：底面圆半径r = √l2 −PO2 = √42 −(2√3)
2
= 2
∴圆锥表面积S = πrl + πr2 = 8π + 4π = 12π
答案
解析
