01 等差数列
1
巩固练习
考点1：等差数列的概念与通项公式
A组
1
已知等差数列{an}中，a1 = 1，d = 2，则a2020 =（ ）
A. 4038
B. 4039
C. 4040
D. 4041
B
本题应用等差数列的通项公式直接计算即可.
解：a2020 = a1 + (2020 −1)d = 1 + 2019 × 2 = 4039，
故选：B.
本题考查等差数列的通项公式，是基础题.
答案
解析
2
在等差数列{a }中，a ＋a ＋a ＝－12，且a ·a ·a ＝80.求通项a .
n
1
3
5
1
3
5
n
答案
2
a ＝3n－13或a ＝－3n＋5.
结合等差数列性质解方程组得a1, a5，再求得公差d，然后由通项公式得结论．
因为a ＋a ＝2a ，所以 a1 + a3 + a5 = −12 ⇒a3 = −4且a1a3a5 = 80 ⇒{
解得a ＝－10，a ＝2或a ＝2，a ＝－10，因为d＝a5 −a1
5 −1 ，所以d＝3或－3，
所以a ＝－10＋3(n－1)＝3n－13，或a ＝2－3(n－1)＝－3n＋5.
n
n
解析
1
5
3
a1a5 = −20,
a1 + a5 = −8,
1
5
1
5
n
n
考点2：等差中项
A组
在等差数列{a }中，
（1）若a ＝﹣20，a ＝12，求公差d和前11项和S ．
（2）若a +a ＝4，a +a ＝10，求通项公式a 及前n项和S ．
（1）d＝ 8
5 ，S ＝﹣132；（2）a ＝3n﹣7，S ＝ n(3n −11)
2
．
（1）先由题设条件求出d，再利用前n项和公式求得S ；
（2）利用等差数列的性质求得a 与a ，即可求得公差d，进而求得结果．
解：（1）由题设得：d＝a21 −a1
21 −1 ＝12 + 20
20
＝8
5 ，所以a ＝﹣20+ 8
5 ×10＝﹣4，
所以S ＝11(a1 + a11)
2
＝11(−20 −4)
2
＝﹣132．
（2）由题设及等差数列的性质可得：2a ＝4，2a ＝10，即a ＝2，a ＝5，
∴公差d＝5﹣2＝3，a ＝a +（n﹣3）d＝2+3（n﹣3）＝3n﹣7，
S ＝n(a3 −2d + an)
2
＝n(3n −11)
2
．
所以a ＝3n﹣7，S ＝n(3n −11)
2
．
n
1
21
11
2
4
3
5
n
n
答案
11
n
n
解析
11
3
4
11
11
3
4
3
4
n
3
n
n
n
考点3：等差数列的判定方法
A组
若数列{an} (n ∈N ∗)满足a1 = 2, an+1 =
2an
an + 2 .
3
（1）设bn = 1
an
，求证数列{bn}是等差数列；
（2）求数列{an}的通项公式.
（1）证明见解析；（2） an = 2
n , n ∈N ∗
（1）根据等差数列的定义进行证明；
（2）结合第（1）问的结论，先求解bn的通项公式，再求an.
（1）证明：a1＝2，an+1 =
2an
an + 2 ，
可得
1
an+1
= 1
an
+ 1
2 ，
即bn+1 = bn + 1
2 ，
数列{bn}是首项和公差均为1
2 的等差数列；
（2）由（1）可得1
an = 1
2 + 1
2 (n −1) = 1
2 n，
可得an = 2
n , n ∈N ∗．
点睛：数列的递推关系是给出数列的一种方法，根据给出的初始值和递推关系可以依次写出这个数列的各
项，由递推关系求数列的通项公式，常用的方法有：①求出数列的前几项，再归纳猜想出数列的一个通项公
式；②将已知递推关系式整理、变形，变成等差、等比数列，或用累加法、累乘法、迭代法求通项.
答案
解析
考点4：等差数列的性质
A组
1
已知等差数列{an}满足a1 + a2 + a19 + a20 = 18，则a7 + a14 =
．
4
9
由等差数列的性质计算．∵{an}是等差数列，∴a1 + a2 + a19 + a20 = 2(a1 + a20) = 2(a7 + a14) = 18，
∴a7 + a14 = 9．
故答案为：9．
本题考查等差数列的性质，属于基础题．等差数列的性质如下：在等差数列{an}中，m, n, p, q ∈N∗，则
m + n = p + q⇔am + an = ap + aq．
答案
解析
2
一个等差数列的第4项为12，第8项为4，则此数列的第12项为
.
−4
设等差数列为{an}，由等差数列的性质可得a4 + a12 = 2a8，从而即可求解.
解：设等差数列为{an}，由题意，a4 = 12，a8 = 4，
又4 + 12 = 2 × 8，所以由等差数列的性质有a4 + a12 = 2a8，即12 + a12 = 2 × 4，解得a12 = −4，
故答案为：−4.
答案
解析
考点5：等差数列的求和
A组
1
已知{an}为等差数列，Sn为其前n项和.若a1 = 6, a2 + a6 = 0，则S8 =
.
−8
利用已知条件求出公差，再由等差数列的求和公式可得答案.
设d为公差，由a1 = 6, a2 + a6 = 0，得a2 + a6 = 2a1 + 6d = 12 + 6d = 0，
答案
解析
5
解得d = −2，则S8 = 8a1 + 8 × 7
2
d = −8.
故答案为：−8.
2
设Sn是等差数列{an}的前n项和，若a1 = 2，S7 = 35，则a6 =
.
7
利用等差数列通项公式和前n项和公式将条件化为公差d的方程，解方程求公差d，由此可求a6.
设等差数列{an}的公差为d，
∵ a1 = 2，S7 = 35，
∴ 7a1 + 21d = 35，
∴ d = 1，
∴ a6 = a1 + 5d = 7，
故答案为：7.
答案
解析
考点6：等差数列和的性质
A组
1
设等差数列数列{an}的前n项和为Sn，若Sm = 2, S2m = 17，则S4m =（ ）
A. 32
B. 47
C. 54
D. 86
D
解：由等差数列的性质可得：Sm，S2m −Sm，S3m −S2m，S4m −S3m成等差数列，
其首项为2，公差为13,
∴S4m = Sm + (S2m −Sm) + (S3m −S2m) + (S4m −S3m) = 2 × 4 + 4 × 3
2
× 13 = 86，
故选：D
本题考查了等差数列的求和公式及其性质，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
答案
解析
6
2
设Sn是等差数列{an}的前n项和，若a7
a4
= 14
13 ，则S13
S7
=（ ）
A. 2
B. 1
2
C. 14
13
D. 13
14
A
由题意，S13
S7 =
13(a1 + a13)
2
7(a1 + a7)
2
= 13a7
7a4 = 13
7 × 14
13 = 2．
故选：A．
答案
解析
考点7:等差数列求和与最值问题
A组
若数列{an}的通项公式为an = 2n −12，则当n =
时，数列{an}的前n项和Sn最小.
5或6
求出an ≤0时n的范围即可得到答案.
令an = 2n −12 ≤0得n ≤6，
即当n ≤5时，an < 0，当n = 6时，an = 0，当n ≥7时，an > 0，
综上所述：数列{an}的前n项和Sn最小当且仅当n = 5或6.
故答案为：5或6.
答案
解析
B组
记S 为等差数列{a }的前n项和，已知S =-a .
（1）若a =4，求{a }的通项公式；
（2）若a >0，求使得S ≥a 的n的取值范围.
n
n
9
5
3
n
1
n
n
7
（1） an = −2n + 10；（2） 1 ≤n ≤10(n ∈N ∗).
（1）设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，根据题意有
，解答{
，
所以an = 8 + (n −1) × (−2) = −2n + 10，所以等差数列{an}的通项公式为an = −2n + 10；
（2）由条件S9 = −a5，得9a5 = −a5，即a5 = 0，因为a1 > 0，所以d < 0，并且有a5 = a1 + 4d = 0，所以有
a1 = −4d，
由Sn ≥an得na1 + n(n −1)
2
d ≥a1 + (n −1)d，整理得(n2 −9n)d ≥(2n −10)d，
因为d < 0，所以有n2 −9n ≤2n −10，即n2 −11n + 10 ≤0，解得1 ≤n ≤10，
所以n的取值范围是：1 ≤n ≤10(n ∈N ∗)
答案
解析
⎧
⎨
⎩
9a1 + 9 × 8
2
d = −(a1 + 4d)
a1 + 2d = 4
a1 = 8
d = −2
02 等比数列
1
巩固练习
考点1：等比数列的概念及通项公式
A组
1
等比数列{a }中，a ＝1，q＝﹣3，则a ＝
（用数字作答）．
81
利用等比数列的通项公式an = a1qn−1即可求出.
解:∵a ＝1，q＝﹣3，
∴a ＝（﹣3）＝81．
故答案为：81
本题考查利用等比数列的通项公式求值,是基础题.
n
1
5
答案
解析
1
5
4
2
在等比数列{an}中，若a1 = 3，a5 = 48，则a3 =
，q =
.
12 ; ±2
由题等比中项可得a32 = a1 ⋅a5,再根据a3 = a1 ⋅q2 > 0解得a3,利用等比数列的定义可得q2 = a3
a1
,即可求得公比
q由等比中项可得a32 = a1 ⋅a5,即a32 = 144,
因为a3 = a1 ⋅q2 > 0,所以a3 = 12,
则q2 = a3
a1
= 4,所以q = ±2,
故答案为：12；±2
本题考查等比中项的应用,考查等比数列的定义的应用
答案
解析
2
考点2：等比中项
A组
1
已知a是1, 2的等差中项，b是−2，−8的等比中项，则ab等于
．
±6 | 6或-6
利用等差中项、等比中项的性质求参数a、b，进而求ab的值.
由a是1, 2的等差中项，则a = 1 + 2
2
= 3
2 ，
又b是−2，−8的等比中项，则b2 = (−2) × (−8) = 16，即b = ±4，
∴ab = ±6．
故答案为：±6．
答案
解析
2
x > 0, y > 0，若2是4x与4y的等比中项，则1
x + 1
y 的最小值是 ．
4
根据等比中项可以得到x + y = 1，对“1”进行代换，再根据基本不等式即可求解.
因为2是4x与4y的等比中项，
所以4x ⋅4y = 22，则4x+y = 4，即x + y = 1，
因为x > 0, y > 0，
所以1
x + x
y = x + y
x
+ x
y = 1 + y
x + x
y ≥1 + 2√y
x ⋅x
y = 3，
当且仅当y
x = x
y ，即x = y = 1
2 时，等号成立，
所以1
x + x
y 的最小值为3，
故答案为：4.
答案
解析
3
考点3：等比数列的判定方法
A组
1
已知数列{an}满足nan+1 = 2an(n + 1), a1 = 2，设bn = an
n .证明数列{bn}为等比数列.
证明见解析
证明：由nan+1 = 2an(n + 1), 可得an+1
n+1 = 2 an
n .
而bn = an
n ，所以bn+1 = 2bn.又b1 = a1
1 = 2，
所以数列{bn}为等比数列.即证.
本题考查利用递推公式证明等比数列，属基础题.
答案
解析
B组
1
已知数列{an}满足a1 = 3
5 ，(4an + 1)an+1 = 3an(n ∈N∗)，求数列{ 1
an −2}的通项公式；
1
an −2 = −1
3n (n ∈N∗)
答案
解析
4
由等式(4an + 1)an+1 = 3an，两边除以an+1an得
1
an+1
= 1
3 (4 + 1
an
)，再计算
1
an+1
−2
1
an −2
为定值即可.
由于(4an + 1)an+1 = 3an，等号两边同时除以an+1an，
可得：4 + 1
an =
3
an+1
，即
1
an+1 = 1
3 (4 + 1
an )，
则
1
an+1
−2
1
an
−2
=
1
3 (4 + 1
an
) −2
1
an
−2
=
1
3 ( 1
an
−2)
1
an
−2
= 1
3 (n ∈N∗)，
又由a1 = 3
5 ，可得1
a1
−2 = −1
3 ，
则数列{ 1
an
−2}是首项为−1
3 ，公比为1
3 的等比数列，
则{ 1
an −2}的通项公式为：1
an −2 = −1
3 ⋅( 1
3 )
n−1
= −1
3n (n ∈N∗)．
考点4：等比数列的性质
A组
1
已知等比数列{an}满足a1 = 1
4 ,a3a5 = 4 (a4 −1),则a2 =（ ）
A. 2
B. 1
C. 1
2
D. 1
8
C
试题分析：由题意可得a3a5 = a42 = 4 (a4 −1) ⇒a4 = 2,所以q3 = a4
a1
= 8 ⇒q = 2 ,故a2 = a1q = 1
2 ,选C.
考点：本题主要考查等比数列性质及基本运算.
答案
解析
2
在等比数列{an}中，若a1 + a2 + a3 + a4 + a5 = 31，a2 + a3 + a4 + a5 + a6 = 62，则通项an等于
A. 2n−1
B. 2n
C. 2n+1
D. 2n−2
答案
5
A
设等比数列{a }的公比为q，
∵a +a +a +a +a =31,a +a +a +a +a =62，
∴q=2，
∴a1(1+q+q +q +q )=31，
则a =1，
故an=2
.
故选A.
解析
n
1
2
3
4
5
2
3
4
5
6
2
3
4
1
n−1
考点5：等比数列求和公式
A组
1
设{an}是首项为正数的等比数列，公比为q，则“q < 0”是“对任意正整数n，a2n−1 > a2n”的（ ）
A. 充分不必要条件
B. 必要不充分条件
C. 充要条件
D. 既不充分也不必要条件
A
根据充分条件和必要条件的定义判断．
{an}是首项为正数的等比数列，若公比q < 0，则数列中奇数项为正，偶数项为负，一定有a2n−1 > a2n，充分
性满足，
但是$0
<1$
时，数列各项均为正，a2n = a2n−1q < a2n，也就是说a2n < a2n−1时，得不出q < 0，不必要．
故选：A．
答案
解析
2
设{an}是首项为正数的等比数列，公比为q，则“q < −2”是“对任意的止整数n，a2n−1 + a2n < 0”的（ ）
A. 充要条件
B. 充分不必要条件
C. 必要不充分条件
D. 既不充分也不必要条件
6
B
根据等比数列公式计算得到q ∈(−∞, −1)，根据范围大小关系得到答案.
a2n−1 + a2n < 0，故a1 (q2n−2 + q2n−1) < 0，即q2(n−1) (q + 1) < 0，故q ∈(−∞, −1)，
故“q < −2”是“对任意的正整数n，a2n−1 + a2n < 0”的充分不必要条件．
故选：B
答案
解析
考点6：等比数列求和公式的性质
A组
1
已知各项均为正数的等比数列{an}的前n项和为Sn，a2a4 = 9，9S4 = 10S2，则a2 + a4的值为
.
10
利用等比数列的前n项和定义求得公比q，再求得a2，a4后可得结论．
设{an}公比是q，则S4 = a1 + a2 + a3 + a4 = a1 + a2 + q2(a1 + a2) = (1 + q2)S2，
又由题意9S4 = 10S2，因此1 + q2 = 10
9 ，而q > 0，∴q = 1
3 ，
a2a4 = a2
2q2 = 1
9 a2
2 = 9，而a2 > 0，∴a2 = 9，从而a4 = 9 × 1
9 = 1，
∴a2 + a4 = 10，
故答案为：10.
答案
解析
B组
1
在正项等比数列{an}中，a5 = 1
2 ，a6 + a7 = 3．则满足a1 + a2 + ⋯+ an > a1a2 ⋯an的最大正整数n的值为
（ ）
A. 10
B. 11
C. 12
D. 13
7
C
先由已知求出公比q，首项a1，然后求出和a1 + a2 + ⋯+ an和积a1a2 ⋯an，确定不等式
a1 + a2 + ⋯+ an > a1a2 ⋯an的解即可得．
∵正项等比数列{an}中，a5 = 1
2 ，a6 + a7 = a5(q + q2) = 3，
∴q2 + q = 6.
∵q > 0，
解得，q = 2或q = −3（舍），
∴a1 = 1
32 ，
∵a1 + a2 + ⋯+ an =
1
32 (1 −2n)
1 −2
= 2n −1
32
，
a_1 a_2 \cdots a_n = a_1 ( a_1 q)( a_1 q^2 )\cdots( a_1 q^{n \minus 1} ) = a_1^n q^{1 + 2 + \cdots + (n \minus 1)} =，
∴2n −1
32
>
1
32n × 2
n(n −1)
2
，2n −1 > 2
(n−1)( 1
2
n−5)
，
n = 1时，不等式不成立，
n > 1时，2n −1 > 2
(n−1)( 1
2
n−5)
等价于2n > 2
(n−1)( 1
2
n−5)
，
整理可得，n > (n −1) ( 1
2 n −5)，解得$1，
经检验n = 12满足题意，
故选：C．
本题考查数列不等式，考查等比数列的前n项和公式，以及求数列的前n项的积．求通项公式是解题关键．
答案
解析
考点7：无穷等比数列求和
A组
1
若无穷等比数列{an}满足
+∞
∑
i=2
ai = a1，则数列{an}的公比为
.
1
2
| 0.5
答案
8
由无穷等比数列的前n项和求解即可.
设无穷等比数列{an}的公比为q，
因为无穷等比数列{an}满足
+∞
∑
i=2
ai = a1，
所以a2 + a3 + a4 + ⋯+ an =
a2 (1 −qn−1)
1 −q
，
所以
+∞
∑
i=2
ai =
a2
1 −q = a1 ⋅q
1 −q = a1，所以
q
1 −q = 1，
解得：q = 1
2 .
故答案为：1
2 .
解析
2
已知无穷数列{an}满足an+1 = 1
2 an（n为正整数），且a1 = 2，则
+∞
∑
i=1
ai =
．
4
由题意可知数列{an}为等比数列，公比为1
2 ，首项为2，再根据等比数列的求和公式计算即可.
因为穷数列{an}满足an+1 = 1
2 an（n为正整数），且a1 = 2，
所以数列{an}为等比数列，公比为1
2 ，首项为2，
所以
+∞
∑
i=1
ai =
2
1 −1
2
= 4.
故答案为：4
答案
解析
03 数列求通项
1
巩固练习
考点1：累加法
A组
1
已知数列{an}中，a1 = 1，an = an−1 + 3n −2（n ∈N∗，且n ≥2），则通项公式an =（ ）
A. 3n2 −n + 2
2
B. 3n2 −3n + 2
2
C. n (3n −1)
2
D. (n −1) (3n + 2)
2
C
根据给定条件，利用累加法，结合等差数列前n项和公式求出通项公式.
当n ≥2时，an = an−1 + 3n −2，即an −an−1 = 3n −2，而a1 = 1，
所以an = a1 + (a2 −a1) + (a3 −a2) + ⋯+ (an −an−1) = 1 + 4 + 7 + ⋯+ (3n −2)
= n(1 + 3n −2)
2
= 3n2 −n
2
，a1 = 1满足上式，
所以所求通项公式为an = 3n2 −n
2
.
故选：C
答案
解析
2
记Sn为等差数列{an}的前n项和，已知a2 = 8，S4 = 38.
(1)
求{an}的通项公式；
(2)
若数列{bn}满足b1 = 2，bn+1 −bn = an，求{bn}的通项公式.
2
(1) an = 3n + 2；
(2) bn = 3n2
2
+ n
2 .
(1) 设等差数列{an}的公差为d，
因为a2 = a1 + d = 8，S4 = 4a1 + 6d = 38，
解得d = 3，a1 = 5，
故{an}的通项公式为an = 5 + 3 × (n −1) = 3n + 2；
(2) 由题意，可得bn+1 −bn = an = 3n + 2，
当n ≥2时，bn = (bn −bn−1) + (bn−1 −bn−2) + ⋯+ (b2 −b1) + b1
= 3n −1 + 3n −4 + ⋯+ 5 + 2 = (3n −1 + 5) (n −1)
2
+ 2 = 3n2
2
+ n
2 ，
当n = 1时，3
2 + 1
2 = 2 = b1也成立，
所以{bn}的通项公式为bn = 3n2
2
+ n
2 .
答案
解析
考点2：累乘法
A组
1
在数列{an}中，a1 = 1
2 ，an = n −1
n + 1 an−1（n ≥2），则a1 + a2 + ⋯+ a10 =（ ）
A. 10
11
B. 20
21
C. 511
512
D. 1023
1024
A
结合递推关系，利用累乘法求数列{an}的通项公式，再利用裂项相消法求结论.
因为an = n −1
n + 1 an−1（n ≥2，n ∈N∗），
答案
解析
3
所以当n ≥2，n ∈N∗时，an
an−1
= n −1
n + 1 ，
则an−1
an−2
= n −2
n
，…，a3
a2
= 2
4 ，a2
a1
= 1
3 ，
以上(n −1)个式子左右两边分别相乘得an
an−1 ⋅an−1
an−2 ⋅⋯⋅a3
a2 ⋅a2
a1 = n −1
n + 1 × n −2
n
× ⋯× 2
4 × 1
3 ，
即an
a1
=
1
n + 1 × 1
n × 2 × 1，所以an =
1
n (n + 1) （n ≥2，n ∈N∗），
又a1 = 1
2 ，所以an =
1
n (n + 1) (n ∈N∗)，
所以a1 + a2 + ⋯+ a10 =
1
1 × 2 +
1
2 × 3 +
1
3 × 4 + ⋯+
1
10 × 11 = 1 −1
2 + 1
2
−1
3 + 1
3 −1
4 + ⋯+ 1
10 −1
11 = 10
11 .
故选：A.
2
在数列{an}中，a1 = 1，an+1
n
=
an
n + 1 (n ∈N∗).则a4
a2
=（ ）
A. 4
B. 2
C. 1
2
D. 1
4
C
由累乘法可求得an = 1
n ，代入求值即可.
an+1
n
=
an
n + 1 (n ∈N∗)，即an+1
an
=
n
n + 1 ，
所以an =
an
an−1
⋅an−1
an−2
⋅an−2
an−3
⋅⋯⋅a3
a2
⋅a2
a1
⋅a1 = n −1
n
⋅n −2
n −1 ⋅n −3
n −2 ⋅⋯⋅2
3 ⋅1
2 × 1= 1
n ，n ≥2,
显然a1 = 1满足上式，所以an = 1
n ，
则a4
a2
=
1
4
1
2
= 1
2 .
故选：C.
答案
解析
考点3：待定系数法
A组
1
设数列{an}满足a1 = 4，an = 3an−1 + 2n −1(n ≥2)，则数列{an}的通项公式为 .
4
an = 2 ⋅3n −n −1
设an + pn + q = 3 [an−1 + p(n −1) + q]，化简后得an = 3an−1 + 2pn + (2q −3p)，
与原递推式比较，对应项的系数相等，得{
，解得{
，
即an + n + 1 = 3 (an−1 + n −1 + 1)，令bn = an + n + 1，则bn = 3bn−1，又b1 = 6，
故bn = 6 ⋅3n−1 = 2 ⋅3n，bn = an + n + 1，得an = 2 ⋅3n −n −1.
故答案为：an = 2 ⋅3n −n −1
答案
解析
2p = 2
2q −3p = −1
p = 1
q = 1
2
已知数列{an}满足：a1 = 3，an = an−1 + 2n−1(n ≥2, n ∈N∗)．
(1)
求数列{an}的通项公式及前n项和Sn；
(1) an = 2n + 1(n ∈N∗)， Sn = 2n+1 + n −2(n ∈N∗)
(1) 解法一：
∵an −an−1 = 2n−1(n ≥2)，
∴当n ≥2时an = a1 + (a2 −a1) + (a3 −a2) + … + (an−1 −an−2) + (an −an−1)
= 3 + 2 + 22 + … + 2n−2 + 2n−1 = 2 + 1 −2n
1 −2 = 2n + 1．
检验知当n = 1时，结论也成立，
故an = 2n + 1(n ∈N∗)．Sn = (2 + 22 + … + 2n−1 + 2n) + n = 2(1 −2n)
1 −2
+ n = 2n+1 + n −2 (n ∈N∗)．
解法二：
答案
解析
5
∵an −an−1 = 2n−1(n ≥2)，∴an −2n = an−1 −2n−1(n ≥2)，
∴数列{an −2n}是首项为a1 −2 = 1，公差为0的等差数列，
∴an −2n = 1，an = 2n + 1(n ∈N∗)．
Sn = (2 + 22 + … + 2n−1 + 2n) + n = 2(1 −2n)
1 −2
+ n = 2n+1 + n −2 (n ∈N∗)．
解法三：
∵an −an−1 = 2n−1(n ≥2)，∴an
2n = 1
2 ⋅an−1
2n−1 + 1
2 ，an
2n −1 = 1
2 ( an−1
2n−1 −1) (n ≥2)．
∵a1
21 −1 = 1
2 ≠0，∴数列{ an
2n −1}是首项与公比均为1
2 的等比数列，
∴an
2n −1 = ( 1
2 )
n
, an = 2n + 1 (n ∈N∗)．
Sn = (2 + 22 + … + 2n−1 + 2n) + n = 2(1 −2n)
1 −2
+ n = 2n+1 + n −2 (n ∈N∗)．
考点4：取倒数法
A组
1
已知数列 {an} 满足 a1 = 1，an+1 =
an
4an + 1 , (n ∈N∗) ，则 an = (
)
A. an = 1
n
B. an =
1
2n −1
C. an = 2n −1
4n −3
D. an =
1
4n −3
D
取倒数法求通项，将 an+1 =
an
4an + 1 变形可得数列 { 1
an
} 为等差数列，计算即可得. an+1 =
an
4an + 1 ，即
1
an+1 = 4an + 1
an
= 4 + 1
an
，
可得
1
an+1
−1
an
= 4 ，又 a1 = 1 ，
即有数列 { 1
an } 是首项为 1 ，公差为 4 的等差数列，
可得 1
an
= 1 + 4(n −1) = 4n −3 ，
即 an =
1
4n −3 .
故选: D.
答案
解析
6
2
已知数列{an}中，a1 = 1且an+1 =
3an
an + 3 (n ∈N∗)，则a22为( )
A. 1
8
B. 1
6
C. 1
3
D. 1
2
A
答案
解析
考点5：取对数法
A组
1
数列 {an} 中, a1 = 2, an = a2
n−1 (n ≥2 且 n ∈N∗), 求数列 {an} 的通项公式.
an = 22n−1, n ∈N∗
答案
解析
2
数列{an}中，若a1 = 3，√an+1 = an(n ∈N∗)，则数列{an}的通项公式an =
.
7
32n−1
把递推关系两边同时取常用对数得1
2 lg an+1 = lg an，从而确定数列{lg an}是等比数列，求出它的通项公式后
可得an．因为√an+1 = an，等式两边同时取对数有1
2 lg an+1 = lg an，则lg an+1
lg an
= 2，又因为a1 = 3,则数列
{lg an}是以lg 3为首项，2为公比的等比数列，所以lg an = lg a1 ⋅2n−1 = 2n−1 lg 3，an = 32n−1，
故答案为：32n−1.
本题考查由递推公式求数列通项公式，解题关键是在已知递推两边取对数，构造出一个等比数列，由等比数
列通项公式求解．
答案
解析
3
设正项数列 {an} 满足 a1 = 1, an = 2a2
n−1(n ≥2), 求数列 {an} 的通项公式.
an = 22n−1−1
对任意的 n ∈N∗, an > 0,
因为 an = 2a2
n−1(n ≥2), 则 log2 an = log2 (2a2
n−1) = 2 log2 an−1 + 1,
所以, log2 an + 1 = 2 (log2 an−1 + 1), 且 log2 a1 + 1 = 1,
所以, 数列 {log2 an + 1} 是首项为 1 , 公比为 2 的等比数列,
所以, log2 an + 1 = 1 × 2n−1 = 2n−1, 解得 an = 22n−1−1.
答案
解析
8
考点6：利用S 求通项
n
A组
1
已知数列{an}的前n项和为Sn = −2n2 + 3n + 1，则数列{an}的通项公式为
.
an = {
先求a1，再利用Sn与an关系求出an (n ≥2)，再检验a1是否符合即可求解.
当n = 1时，a1 = S1 = −2 + 3 + 1 = 2，
当n ≥2时，Sn−1 = −2(n −1)2 + 3 (n −1) + 1 = −2n2 + 7n −4，
当n ≥2时，an = Sn −Sn−1 = (−2n2 + 3n + 1) −(−2n2 + 7n −4) = −4n + 5，
经检验，a1 = 2不符合上式，
所以an = {
.
故答案为：an = {
答案
2, n = 1
−4n + 5, n ≥2
解析
2, n = 1
−4n + 5, n ≥2
2, n = 1
−4n + 5, n ≥2
2
数列{an}的前n项和Sn满足Sn = 2an −1，则an =
．
2n−1
根据Sn, an的关系，作差，即可根据等比数列的性质求解.
Sn = 2an −1，则Sn−1 = 2an−1 −1，Sn −Sn−1 = 2an −1 −2an−1 + 1 = an (n ≥2)，
即an = 2an−1(n ≥2)，故{an}为等比数列，且公比为2，
n = 1时a1 = 2a1 −1，a1 = 1，故an = 2n−1．
故答案为：2n−1．
答案
解析
3
记数列{an}的前n项和为Sn，且满足Sn + an = 4，则S6 =
.
9
63
16
根据题中递推公式，得到Sn+1 + an+1 = 4，与原式作差整理，得到数列是等比数列，根据等比数列求和公
式，即可求出结果.
因为Sn + an = 4，所以Sn+1 + an+1 = 4，两式作差得(Sn+1 −Sn) + an+1 −an = 0，
即2an+1 −an = 0，则an+1 = 1
2 an，
又S1 + a1 = 2a1 = 4，即a1 = 2，
所以数列{an}是以2为首项，以1
2 为公比的等比数列
因此S6 =
2 [1 −( 1
2 )
6
]
1 −1
2
= 63
16 .
故答案为：63
16
答案
解析
04 数列求和方法
1
巩固练习
考点1：定义法
A组
1
记等差数列{an}的前n项和为Sn，若a6 + a8 = 16，则S13 =（ ）
A. 13
B. 45
C. 104
D. 130
C
由等差数列的性质可得a1 + a13 = a6 + a8 = 16，结合前n项和公式求解.
因为等差数列{an}的前n项和为Sn，且a6 + a8 = 16，
则S13 = 13 (a1 + a13)
2
= 13 (a6 + a8)
2
= 8 × 13 = 104.
故选：C.
答案
解析
2
记Sn为等比数列{an}的前n项和，若a3 + a4 = 3，a5 + a6 = 3
4 ，则S6 =
.
63
4
| 15.75
利用等比数列性质求出q2，进而可得a1 + a2，可得S6.
设等比数列{an}的公比为q，则q2 = a5 + a6
a3 + a4
= 1
4 ，
所以a1 + a2 = a3 + a4
q2
= 12，所以S6 = a1 + a2 + a3 + a4 + a5 + a6 = 63
4 .
故答案为：63
4
答案
解析
2
考点2：倒序相加法
A组
已知函数f (x) =
ax
ax + √a
（a > 0且a ≠1）．
(1)
求证：若x1 + x2 = 1，则f (x1) + f (x2) = 1；
(2)
求f ( 1
10 ) + f ( 2
10 ) + … + f ( 9
10 )的值．
(1) 证明见解析
(2) 9
2
(1) 由x1 + x2 = 1，
得x2 = 1 −x1，
则f (x1) + f (x2) = f(x1) + f (1 −x1)
=
ax1
ax1 + √a
+
a1−x1
a1−x1 + √a
=
ax1
ax1 + √a
+
a
a
x1
a
a
x1 + √a
=
ax1
ax1 + √a
+
a
a + √aax1
=
ax1
ax1 + √a +
√a
√a + ax1 = 1．
(2) 原式= [f ( 1
10 ) + f ( 9
10 )] + [f ( 2
10 ) + f ( 8
10 )]
+ [f ( 3
10 ) + f ( 7
10 )] + [f ( 4
10 ) + f ( 6
10 )] + f ( 5
10 )
答案
解析
3
= 4 × 1 +
a
5
10
a
5
10 + √a
= 4 + 1
2 = 9
2 ．
考点3：错位相减法
A组
设{an}是等差数列，{bn}是各项都为正数的等比数列，且a1 = b1 = 1, a3 + b5 = 21, a5 + b3 = 13.
（1）求{an}、{bn}的通项公式：
（2）求数列{ an
bn }的前n项和Sn．
（1） an = 2n −1， bn = 2n−1 (n ≥1, n ∈N ∗)；（2） Sn = 6 −4n + 6
2n
(n ≥1, n ∈N ∗)；
（1）利用等差等比数列通项公式，结合已知条件可得{
，进而即可求得公差为d、公比为q
，写出通项公式即可；
（2）写出新数列的通项公式an
bn
=
n
2n−2 −
1
2n−1 ，利用错位相减求数列{
n
2n−2 }前n项和，再结合数列{
1
2n−1 }
前n项和即可求Sn；
（1）令等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q且q > 0，
则由a1 = b1 = 1, a3 + b5 = 21, a5 + b3 = 13，知：
{
，解之得{
；
∴an = a1 + (n −1)d = 2n −1，bn = b1qn−1 = 2n−1(n ≥1, n ∈N ∗)
（2）由（1）知：an
bn
= 2n −1
2n−1 ；
答案
解析
a1 + 2d + b1q4 = 21
a1 + 4d + b1q2 = 13
a1 + 2d + b1q4 = 2d + q4 + 1 = 21
a1 + 4d + b1q2 = 4d + q2 + 1 = 13
d = 2
q = 2
4
∴Sn = 1
20 + 3
21 + 5
22 + ⋯+ 2n −1
2n−1 ；
Sn
2 = 1
2 + 3
22 + 5
23 +. . . + 2n −3
2n−1
+ 2n −1
2n
，
两式相减得Sn
2 = 1 + 2( 1
2 + 1
22 + 1
23 +. . . +
1
2n−1 ) −2n −1
2n
= 1 +
1 −( 1
2 )
n−1
1 −1
2
−2n −1
2n
= 3 −(2n + 3)( 1
2 )
n
，
∴Sn = 6 −(2n + 3)
2n−1
.
本题考查了等差、等比数列的通项公式，以及错位相减法求n项和，考查计算求解能力，属于中档题.
考点4：裂项相消法
A组
1
已知数列{an}前n项和Sn满足Sn = 1
2 n(n + 3)，n ∈N ∗，则数列{ 1
nan
}的前2021项和为
.
2021
2022
根据题中条件，由
，求出an，再由裂项相消的方法，即可求出结果．
因为数列{an}前n项和Sn满足Sn = 1
2 n (n + 3)，
当n ≥2时，an = Sn −Sn−1 = 1
2 n (n + 3) −1
2 (n −1) (n + 2) = n + 1；
当n = 1时，a1 = S1 = 1
2 × 1 × 4 = 2满足上式，
所以an = n + 1；
因此1
nan =
1
n (n + 1) = 1
n −
1
n + 1 ，
所以数列{
1
n (n + 1) }的前2021项和为
1
1 × 2 +
1
2 × 3 + ⋅⋅⋅+
1
2021 × 2022 = (1 −1
2 ) + ( 1
2 −1
3 ) + ⋅⋅⋅+ (
1
2021 −
1
2022 )
= 1 −1
2 + 1
2 −1
3 + ⋅⋅⋅+
1
2021 −
1
2022 = 1 −
1
2022 = 2021
2022 .
故答案为：2021
2022 .
答案
解析
an = {Sn −Sn−1, n ≥2
S1, n = 1
2
5
已知数列{an}前n项和为Sn，满足a1 = 1，(n + 2)Sn = nan+1，则数列{
an
(n + 2) ⋅(n + 3) }的前n项和为
．
2n−1
n + 3 −1
6
根据Sn, an关系式由已知得2 (n + 1)Sn = nSn+1，构造等比数列{ Sn
n }，求出Sn = n × 2n−1，进而得到
an = (n + 1) × 2n−2 (n ∈N∗).运用裂项相消法计算即可.
由已知得(n + 2)Sn = nan+1 = n (Sn+1 −Sn)，a1 = S1 = 1，所以2 (n + 1)Sn = nSn+1，即Sn+1
n + 1 = 2 ⋅Sn
n ，所
以数列{ Sn
n } 是首项为S1
1 = 1 ，公比为2 的等比数列，所以Sn
n = 1 × 2n−1 ，即Sn = n × 2n−1 ，
an = Sn −Sn−1 = n × 2n−1 −(n −1) × 2n−2 = (n + 1) × 2n−2 (n ≥2) ，经检验，n = 1 时也满足，故
an = (n + 1) × 2n−2 (n ∈N∗).
所以
an
(n + 2) ⋅(n + 3) =
(n + 1) × 2n−2
(n + 2) ⋅(n + 3) = [2 (n + 2) −(n + 3)] × 2n−2
(n + 2) ⋅(n + 3)
= 2n−1
n + 3 −2n−2
n + 2 ，所以数列
{
an
(n + 2) ⋅(n + 3) }的前n项和为(−1
6 + 1
4 ) + (−1
4 + 2
5 ) + ⋯+ (−2n−2
n + 2 + 2n−1
n + 3 ) = 2n−1
n + 3 −1
6 .
故答案为：2n−1
n + 3 −1
6 .
答案
解析
考点5：分组求和法
A组
数列{an}满足a1 = 2，an+1 = 3an + 2n+1，则数列{an}的通项公式为an =
，前n项和Sn =
．
2 ⋅(3n −2n) ; 3n+1 −2n+2 + 1
根据递推关系变形后，构造等比数列求出数列的通项公式，再由分组求和的方法求出数列的和.
数列{an}中，由an+1 = 3an + 2n+1，
两边同时除以2n+1，得an+1
2n+1 = 3
2 ⋅an
2n + 1，变形得an+1
2n+1 + 2 = 3
2 ( an
2n + 2)．
而a1 = 2，a1
2 + 2 = 3，
故数列{ an
2n + 2}是首项为3、公比为3
2 的等比数列，
因此an
2n + 2 = 3 × ( 3
2 )
n−1
，即an = 2 (3n −2n)，所以an = 2 (3n −2n)．
答案
解析
6
由于an = 2 ⋅(3n −2n)，
所以Sn = 2 × (3 + 32 + ⋯+ 3n) −2 × (2 + 22 + ⋯+ 2n)
= 2 × 3 × (3n −1)
3 −1
−2 × 2 × (2n −1)
2 −1
= 3n+1 −2n+2 + 1．
故答案为：2 ⋅(3n −2n)；3n+1 −2n+2 + 1
B组
已知等差数列{an}中，a3 + a5 = a4 + 7，a10 = 19，则数列{an cos nπ}的前2025项和为（ ）
A. 1012
B. 1013
C. 2025
D. −2025
D
先根据等差数列的通项公式求an，再利用并项求和法求数列{an cos nπ}的前2025项和.
设数列{an}的公差为d，则{
，解得{
.所以an = 2n −1．
设bn = an cos nπ，
所以b1 + b2 = a1 cos π + a2 cos 2π = a2 −a1 = 2，b3 + b4 = a3 cos 3π + a4 cos 4π = a4 −a3 = 2，…，
所以数列{an cos nπ}的前2025项和为：
(b1 + b2) + (b3 + b4) + ⋯+ (b2023 + b2024) + b2025= 2 × 2024
2
+ (2 × 2025 −1) cos 2025π = −2025．
故选：D
答案
解析
2a1 + 6d = a1 + 3d + 7
a1 + 9d = 19
a1 = 1
d = 2
05 数列概念与数学归纳法
1
巩固练习
考点1：数列的递推关系与通项
A组
1
根据下面数列{a }的通项公式，写出它的前5项：
（1）a ＝
n
n + 1 ；
（2）a ＝(－1) n.
（1） a1 = 1
2 , a2 = 2
3 , a3 = 3
4 , a4 = 4
5 , a5 = 5
6 ；（2） a1 = −1, a2 = 2, a3 = −3, a4 = 4, a5 = −5
在通项公式中依次取n = 1, 2, 3, 4, 5即得.
（1）∵a ＝
n
n + 1 ，
∴a1 = 1
2 , a2 = 2
3 , a3 = 3
4 , a4 = 4
5 , a5 = 5
6 .
（2）∵a ＝(－1) n，
∴a1 = −1, a2 = 2, a3 = −3, a4 = 4, a5 = −5.
n
n
n
n
答案
解析
n
n
n
2
数列3，5，9，17，33，…；的一个通项公式是
2
A.
B.
C.
D.
B
试题分析：观察可得3 = 21 + 1, 5 = 22 + 1, 9 = 23 + 1, 17 = 24 + 1, 33 = 25 + 1,所以第n项应为2n + 1,即
an = 2n + 1．故B正确．
考点：观察法求通项公式．
答案
解析
考点2：数列单调性的判断
A组
1
已知数列{an}满足a1 + 2a2 + 3a3 + ⋯+ nan = 3n −1.
(1)
求a1, a2和an；
(2)
证明：数列{an}为单调递增数列.
(1) a1 = 2, a2 = 3， an = 2 ⋅3n−1
n
, n ∈N∗
(2) 证明见解析
(1) 因为a1 + 2a2 + 3a3 + ⋯+ nan = 3n −1①，
答案
解析
3
当n = 1时，a1 = 31 −1 = 2.
当n ≥2时，a1 + 2a2 + 3a3 + ⋯+ (n −1)an−1 = 3n−1 −1②，
由①-②得nan = 3n −3n−1 = 2 ⋅3n−1，所以an = 2 ⋅3n−1
n
，
当n = 1时，a1 = 2 ⋅31−1
1
= 2，所以a1也满足an = 2 ⋅3n−1
n
，
当n = 2时，a2 = 2 ⋅32−1
2
= 3，
故a1 = 2, a2 = 3，an = 2 ⋅3n−1
n
, n ∈N∗.
(2) 由（1）知，an = 2 ⋅3n−1
n
，易知an > 0，
则an+1
an
=
2 ⋅3n
n + 1
2 ⋅3n−1
n
=
3n
n + 1 ，
又
3n
n + 1 −1 = 2n −1
n + 1 > 0对一切n ∈N∗恒成立，所以an+1
an
=
2 ⋅3n
n + 1
2 ⋅3n−1
n
=
3n
n + 1 > 1，
得到an+1 > an对一切n ∈N∗恒成立，
所以数列{an}为单调递增数列.
2
已知等比数列{an}的前n项和Sn = 3n + r，则a3 −r=
，数列{n (n + 4)( 2
3 )
n
}的最大项是第k项，则k=
.
19 ; 4
由等比数列前n项和的性质Sn = aqn −a，可求出r的取值，然后利用a3 = S3 −S2求出a3的值，进而求得a3 −r
的值.因为数列n (n + 4)( 2
3 )
n
恒大于0，所以用作比的办法求数列n (n + 4)( 2
3 )
n
的单调性，从而求出数列的
最大项.等比数列前n项和公式具有特征：Sn = aqn −a，据此可知：r = −1，
则Sn = 3n −1，a3 = S3 −S2 = (33 −1) −(32 −1) = 18，a3 −r = 19.
令an = n (n + 4)( 2
3 )
n
，则an+1
an
= 2
3 ⋅n2 + 6n + 5
n2 + 4n
，
由an+1
an
= 2
3 ⋅n2 + 6n + 5
n2 + 4n
> 1可得：n2 < 10，
由an+1
an
= 2
3 ⋅n2 + 6n + 5
n2 + 4n
< 1可得：n2 > 10，
据此可得，数列中的项满足：a1 < a2 < a3 < a4，
且a4 > a5 > a6 > a7 > ⋯, 则k=4.
答案
解析
4
本题考查等比数列前n项和的性质，考查求数列最大项的问题，同时考查了学生的计算能力，属于中档题.
3
已知数列{an}的通项公式为an = n2 + λn，若数列{an}为递增数列，求λ的取值范围．
λ > −3
根据递增数列的定义直接求解即可.
依题意对于∀n ∈N ∗ ，都有an+1 −an > 0 ，
即(n + 1)2 + λ (n + 1) −n2 −λn > 0 ，λ > −2n −1 ，
(−2n −1)max = −3 ，∴λ > −3 ，
故答案为：λ > −3 .
答案
解析
4
若数列{an}的通项公式是an =
n
n2 + 81 则数列{an}中最大项
；
1
18
得到an =
n
n2 + 81 =
1
n + 81
n
，再利用基本不等式求解即可.
答案
解析
5
an =
n
n2 + 81 =
1
n + 81
n
≤
1
2√n × 81
n
= 1
18 ，当且仅当n = 9时，数列{an}中最大项是1
18 ．
故答案为：1
18 .
B组
已知数列{an}满足：a1 = 0, an+1 = an −1
an + 3 ．
(1)
若bn =
1
an + 1 ，求bn+1 −bn的值；
(2)
设cn = n(10an + 9)，n ∈N∗，数列{cn}是否有最大项，最小项？若有，分别指出第几项最大，最小；若没
有，试说明理由．
(1) 1
2
(2) 最大项为第3、4项，没有最小项
(1) bn+1 −bn =
1
an+1 + 1 −
1
an + 1 =
1
an −1
an + 3 + 1
−
1
an + 1 = an + 3
2an + 2 −
2
2an + 2 = 1
2
(2) 由（1）可得{bn}为等差数列，且b1 = 1，故bn = n + 1
2
，
所以
1
1 + an
= n + 1
2
，故an = 1 −n
n + 1 ，
故cn = n (10 ⋅an + 9) = 19n −n2
n + 1
= −n + 20 −
20
n + 1 ，
故cn+1 −cn = (−n −1 + 20 −
20
n + 2 ) −(−n + 20 −
20
n + 1 )
= −1 +
20
n + 1 −
20
n + 2 = −n2 −3n + 18
(n + 1)(n + 2)
答案
解析
6
= −(n −3) (n + 6)
(n + 1)(n + 2) ，
故当1 ≤n < 3时，cn+1 −cn > 0即cn+1 > cn；
当n = 3时，cn+1 = cn；
当n > 3时，cn+1 < cn；
故{cn}有最大项且最大项为c3, c4，
当1 ≤n ≤19时，cn = 19n −n2
n + 1
≥0，而当n > 19时，cn < 0，
故{cn}没有最小项.
综上，{cn}最大项为第3、4项，没有最小项.
考点3：数学归纳法的步骤
A组
1
用数学归纳法证明：1 + 1
2 + 1
3 + ⋯+
1
2n −1 < n，(n ∈N, n ≥1)时，在第二步证明从n = k到n = k + 1成立
时，左边增加的项数是（ ）
A. 2k
B. 2k −1
C. 2k−1
D. 2k + 1
A
列出增加的项，即可得解.
从n = k到n = k + 1成立时，左边增加的项为1
2k ，
1
2k + 1 ，…，
1
2k+1 −1 ，
因此增加的项数是2k −1 −0 + 1 = 2k.
故选：A．
答案
解析
2
用数学归纳法证明不等式1 + 1
23 + 1
33 + ⋅⋅⋅+ 1
n3 < 2 −1
n (n ≥2, n ∈N+)时，第一步应验证不等式（ ）
A. 1 + 1
23 < 2 −1
2
B. 1 + 1
23 + 1
33 < 2 −1
3
C. 1 + 1
23 < 2 −1
3
D. 1 + 1
23 + 1
33 < 2 −1
4
A
答案
7
用数学归纳法证明不等式1 + 1
23 + 1
33 + ⋅⋅⋅+ 1
n3 < 2 −1
n (n ≥2, n ∈N+)，
第一步检验第一项成立，即当n = 2时1 + 1
23 < 2 −1
2 成立即可，
故选：A.
本题考查了数学归纳法证明第一步的检验，属于基础题.
解析
考点4：数学归纳法的应用
A组
1
用数学归纳法证明：f (n) = (2n + 7) ⋅3n + 9能被36整除．
证明见解析
利用数学归纳法的证明步骤，结合条件，即可求解.
（1）n = 1时，f (1) = (2 × 1 + 7) × 31 + 9 = 36，能被36整除，
（2）假设n = k (k ≥1, k ∈N∗)时，f (k) = (2k + 7) ⋅3k + 9能被36整除，
当n = k + 1时，f (k + 1) = [2 (k + 1) + 7] ⋅3k+1 + 9，
= 3 [(2k + 7) ⋅3k + 9] + 18 (3k−1 −1) = 3f (k) + 18 (3k−1 −1)，
因为3k−1 −1是偶数，所以18 (3k−1 −1)能被36整除，
又因为f (k)能被36整除，所以f (k + 1)能被36整除，
由（1）（2）知，对一切n ∈N∗，f (n)能被36整除．
答案
解析
2
8
用数学归纳法证明1
22 + 1
32 + ⋯+ 1
n2 < 1 −1
n (n ≥2, n ∈N ∗).
见详解.
利用数学归纳法进行证明，先证n = 2成立，假设当n = k时不等式成立，再证n = k + 1也成立，即可得解.
当n = 2，1
22 = 1
4 ，1 −1
2 = 1
2 ，不等式成立，
假设当n = k时不等式成立，
即1
22 + 1
32 + ⋯+ 1
k2 < 1 −1
k ，
当n = k + 1，
1
22 + 1
32 + ⋯+ 1
k2 +
1
(k + 1)2 < 1 −1
k +
1
(k + 1)2
= 1 −k2 + k + 1
k(k + 1)2 < 1 −
k2 + k
k(k + 1)2 = 1 −
1
k + 1 ，
故当n = k + 1时也成立，
所以1
22 + 1
32 + ⋯+ 1
n2 < 1 −1
n (n ≥2, n ∈N ∗)成立.
答案
解析
B组
已知数列{an}满足
尝试通过计算数列{an}的前四项，猜想数列{an}的通项公式，并用数学归纳法
加以证明．
an = n，证明见解析
⎧
⎨
⎩
an+1 = an + n
an ,
a1 = 1.
答案
9
根据递推关系先求前四项，再猜想，再作基础成立与递推成立两步的证明.
已知a1 = 1，利用递推公式计算得a2 = a1 + 1
a1
= 2，a3 = a2 + 2
a2
= 3，a4 = a3 + 3
a3
= 4，
由此猜想，对任何正整数n，都有an = n．
下面用数学归纳法证明这一猜想．
（1）当n = 1时，a1 = 1，所以猜想成立；
（2）假设n = k（k ≥1，k为正整数）时，猜想成立，即有ak = k．
那么当n = k + 1时，就有ak+1 = ak + k
ak
= k + k
k = k + 1，猜想也成立．
根据（1）和（2），由数学归纳法就可以断定an = n对任何正整数n都成立，这就是该数列的通项公式．
解析
06 平面及其基本性质
1
巩固练习
考点1：平面基本性质以及点、线、面的关系
A组
1
用符号语言表示“点A在直线l上，l在平面a上”
A ∈l, l ⊂a
根据几何的符号语言求出即可.
“点A在直线l上，l在平面a上”
可记为：A ∈l, l ⊂a
答案
解析
2
三个平面不可能将空间分成（ ）个部分
A. 5
B. 6
C. 7
D. 8
A
分三个平面互相平行，三个平面有两个平行，第三个平面与其它两个平面相交，三个平面交于一条直线，三
个平面两两相交且三条交线平行，三个平面两两相交且三条交线交于一点，五种情况讨论即可.
若三个平面互相平行，则可将空间分为4个部分；
若三个平面有两个平行，第三个平面与其它两个平面相交，则可将空间分为6个部分；
若三个平面交于一条直线，则可将空间分为6个部分；
若三个平面两两相交且三条交线平行，则可将空间分为7部分；
若三个平面两两相交且三条交线交于一点，则可将空间分为8部分
故n的取值为4，6，7，8，所以n不可能是5.
答案
解析
2
故选：A.
3
过正方体中心的平面截正方体所得的截面中，不可能的图形是（ ）
A. 三角形
B. 长方形
C. 对角线不相等的菱形
D. 六边形
A
根据截面经过几个面得到的截面就是几边形判断即可．
过正方体中心的平面截正方体所得的截面，至少与正方体的四个面相交，所以不可能是三角形．
故选：A．
答案
解析
4
下列命题：
（1）若空间四点共面，则其中必有三点共线；
（2）若空间有三点共线，则此四点必共面；
（3）若空间四点中任意三点不共线，则此四点不共面；
（4）若空间四点不共面，则其中任意三点不共线.
其中正确的命题有（ ）个.
A. 0
B. 1
C. 2
D. 3
C
对四个命题利用空间四个点的位置关系分别分析解答．
解：对于①，空间四点共面，如平面四边形，其中任何三点不共线；故①错误；
对于②，空间四点中有三点共线，根据不共线的三点确定一个平面，得到此四点必共面；故②正确；
对于③，空间四点中任何三点不共线，则此四点可能共面，如平面四边形；故③错误；
对于④，空间四点不共面，如果任意三点有共线的，那么此四个点就共面，与已知矛盾．故④正确，
所以正确的命题有2个.
故选：C.
答案
解析
3
B组
1
在空间四边形ABCD的边AB, BC, CD, DA上分别取点E, F, G, H，如果EH, FG相交于一点M，那么M一定在直线
上．
BD
根据题意，直线EH、FG分别为平面ABD、平面BCD内的直线，所以直线EH、FG的交点一定在平面ABD
与平面BCD的交线BD上，故得解.
由题意，M ∈EH且M ∈FG，
因为点E、H分别在AB、AD上，而AB、AD是平面ABD内的直线，
所以E ∈平面ABD，H ∈平面ABD，
所以直线EH ⊂平面ABD，
所以M ∈平面ABD
因为点F、G分别在BC、CD上，而BC、CD是平面BCD内的直线，
所以F ∈平面BCD，G ∈平面BCD，
所以直线FG ⊂平面BCD，
所以M ∈平面BCD，
因此，直线EH与FG的公共点M在平面ABD与平面BCD的交线上，
因为平面ABD∩平面BCD= BD，
所以点M ∈直线BD．
故答案为：BD.
答案
解析
2
4
在正方体ABCD −A1B1C1D1中，过点B的平面α与直线A1C垂直，则α截该正方体所得截面的形状为（ ）
A. 三角形
B. 四边形
C. 五边形
D. 六边形
A
作出辅助线，证明出BD⊥平面AA1C，所以BD⊥A1C，同理可证明BC1⊥A1C，得到A1C⊥平面BC1D，故平面
α即为平面BC1D，得到截面的形状.
连接BD, BC1, C1D, AC，
因为AA1⊥平面ABCD，BD ⊂平面ABCD，
所以AA1⊥BD，
又四边形ABCD为正方形，所以AC⊥BD，
又AA1 ∩AC = A，AA1, AC ⊂平面AA1C，
所以BD⊥平面AA1C，
因为A1C ⊂平面AA1C，
所以BD⊥A1C，
同理可证明BC1⊥A1C，
因为BC1 ∩BD = B，BC1, BD ⊂平面BC1D，
故A1C⊥平面BC1D，
故平面α即为平面BC1D，
则α截该正方体所得截面的形状为三角形.
故选：A
答案
解析
3
已知长方体ABCD﹣A B C D 中，M，N分别为AA 和AB的中点．求证：
1
1
1
1
1
5
（1）D ，M，N，C四点共面；
（2）D M、DA、CN三线共点．
（1）证明见解析；（2）证明见解析．
（1）连接A B，推出四边形A BCD 为平行四边形，由此能证明M，N，C，D 四点共面．
（2）推导出直线D M与CN必相交，设D M⋂CN=K，推导出K是平面ABCD与平面AA D D的公共点，由此能
证明D M、DA、CN三线共点．
证明：（1）连接A B，D C，
因为M，N分别为AA 和AB的中点，
所以MN//A B，
因为A D //BC，A D=BC，
所以四边形A BCD 为平行四边形，
所以A B//D C，所以MN//D C，
所以MN与D C确定一个平面，
所以M，N，C，D 四点共面．
1
1
答案
解析
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
6
（2）因为MN//A B，且MN = 1
2 A B，
所以直线D M与CN必相交，
设D M⋂CN=K，
因为K∈D M，D M⊂平面AA D D，
所以K∈平面AA D D，
又因为K∈CN，CN⊂平面ABCD，
所以K∈平面ABCD，
所以K是平面ABCD与平面AA D D的公共点，
又因为平面ABCD⋂平面AA D D=AD，所以K∈AD，
所以D M、DA、CN三线共点．
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
考点2：三大公理及其推论
A组
1
用集合符号表述语句“平面α经过直线l”：
．
答案
7
因为平面
经过直线，则
．
故答案为：
．
解析
2
4条线段首尾相接得到一个四边形，当且仅当它的两条对角线
时，才是一个平面图形．
相交
应用空间想象，讨论对角线不相交、相交两种情况分析得结论.
当两条对角线不相交时，四边形的四个顶点不共面，故不是平面图形，如下图，
对角线BD, AC不相交，即ABCD为空间四边形；
当两条对角线相交时，四边形的四个顶点共面，是平面图形，如下图，
对角线BD, AC相交，即ABCD为平面四边形；
故答案为：相交
答案
解析
3
三条互相平行的直线最多可确定
个平面．
3
答案
解析
8
讨论三条直线的位置关系即可得到答案.
解：若三条直线在同一个平面内，则此时三条直线只能确定一个平面，
若三条直线不在同一个平面内，则此时三条直线能确定三个平面，
所以三条互相平行的直线最多可确定3个平面.
故答案为：3.
4
下列四个命题中的真命题是（ ）
A. 如果一条直线与另两条直线都相交，那么这三条直线必共面
B. 如果三条直线两两都相交，那么它们能确定一个平面
C. 如果三条直线相互平行，那么这三条直线在同一个平面上
D. 如果一条直线与两条平行直线都相交，那么这三条直线确定一个平面
D
由空间中直线与直线的位置关系对选项逐一判断
对于A，B，当三条直线交于同一点时，三条直线可能不共面，故A，B错误，
对于C，当三条直线相互平行时，三条直线可能不共面，故C错误，
对于D，一条直线与两条平行直线都相交，那么这三条直线确定一个平面，故D正确，
故选：D
答案
解析
5
一直线l与其外三点A，B，C可确定的平面个数是（ ）
A. 1个
B. 3个
C. 1个或3个
D. 1个或3个或4个
D
利用平面的基本性质及其推论即可得出结果.当A，B，C三点共线时，只能确定一个平面；
当A，B，C三点不共线时，且其中两点连线与已知直线平行，这样的平面有3个；
当A，B，C三点不共线时，且任意两点连线与已知直线不平行，则一条直线与直线外的每一点都可以确定一
个平面，平面外的三个点也可以确定一个平面，这样可确定的平面最多就可以达到4个.
综上，直线l与其外三点A，B，C可确定的平面个数是1个或3个或4个.
答案
解析
9
故选：D.
本题主要考查平面的基本性质及其推论，熟练掌握平面的基本性质及其推论是解题的关键，属于基础题.
B组
1
如图所示，在四边形ABCD中，已知AB//CD，直线AB，BC，AD，DC分别与平面α相交于点E，G，H，F．
求证：E，F，G，H四点共线．
见解析
根据推论3及公理2可知，两条平行直线AB和CD可以确定一个平面ABCD，并且平面ABCD与平面α的所有的公
共点应该在一条直线上，根据题意，这些公共点即E，G，H，F四点，所以这四点必定共线．证明：∵
AB//CD，∴AB，CD确定一个平面β．
又∵AB ∩α = E，AB ⊊β，∴E ∈α，E ∈β，
即E为平面α与β的一个公共点．
同理可证F，G，H均为平面α与β的公共点．
∵两个平面有公共点，∴它们有且只有一条通过公共点的公共直线，
∴E，F，G，H四点共线．
在立体几何的问题中，证明若干点共线时，常运用公理2，即先证明这些点都是某二平面的公共点，而后得出
这些点都在二平面的交线上的结论．
答案
解析
2
如图，已知平面α，β，且α ∩β = l.设梯形ABCD中，AD//BC，且AB⊂α，CD⊂β.则下列结论一定正确的是( )
10
A. AB = CD
B. 直线AB与直线CD可能为异面直线
C. 直线AC与直线BD可能为异面直线
D. 直线AB、CD、l相交于一点
D
由梯形的性质可判断ABC；证明直线AB和CD的交点在直线l上即可判断D．
梯形ABCD中，AD//BC，故AB和CD是梯形的两腰，它们不一定相等，故A不符题意；
∵AD//BC，∴A、B、C、D共面，即AB、CD、AC、BD是共面直线，则BC不符题意；
∵AB和CD是梯形的两腰，故AB和CD必相交，设交点为P.
∵P∈AB，AB ⊂α，∴P∈α，同理可得P∈β，
则P在α、β的交线上，而α ∩β = l，故P ∈l，
即直线AB、CD、l相交于一点，故D符合题意．
故选：D．
答案
解析
考点3：直观图斜二测画法
A组
1
在斜二测画法中，位于平面直角坐标系中的点M(4, 4√2)在直观图中的对应点是M ′，则线段OM ′的长度为
.
2√10
根据题意画出图形，结合图形，求得OM ′的长度即可．由题意，平面直角坐标系中的点M(4, 4√2)，
在直观图中的对应点是M ′(4, 4√2)，如图所示，
则线段OM ′长度为√42 + (2√2)
2 −2 × 4 × 2√2 cos 135∘= 2√10．
故答案为2√10．
答案
解析
11
本题主要考查了斜二测画法及其应用问题，其中解答中熟记斜二测画法，画出相应的图形是解答的关键，着
重考查了计算能力，属于基础题．
2
有一多边形ABCD 水平放置的斜二测直观图A′B′C′D′ 是直角梯形（如图所示），其中
∠A′B′C′ = 45∘, B′C′⊥C′D′, A′D′ = D′C′ = 1，则原四边形ABCD的面积为
．
3√2
根据直观图各边长度及关系并结合斜二测画法规则得出原四边形ABCD的各边长度及关系，从而求得四边形
ABCD的面积．
因为直观图A′B′C′D′是直角梯形，且∠A′B′C′ = 45∘, B′C′⊥C′D′, A′D′ = D′C′ = 1，
所以B′C′ = 2，A′B′ = √2，
所以四边形ABCD中，AB = 2A′B′ = 2√2，AD = A′D′ = 1，BC = B′C′ = 2，且AB⊥BC，AD//BC，
所以四边形ABCD的面积为S = 1
2 × (1 + 2) × 2√2 = 3√2.
故答案为：3√2.
答案
解析
3
如图是梯形ABCD按照斜二测画出的直观图A′B′C′D′，其中A′D′ = 2，B′C′ = 4，A′B′ = 1，则原梯形ABCD的面
积为
.
12
6
根据斜二测画法的规则，还原几何图形，即可求原梯形的面积.
如图，还原梯形，BC = 4，AB = 2，AD = 2，梯形为直角梯形，
所以原梯形ABCD的面积S = 1
2 × (2 + 4) × 2 = 6.
故答案为：6
答案
解析
4
用斜二测画法画水平放置的正方形的直观图OABC如图，若在直观图中BC = 2cm，则AB =
cm.
1
根据斜二测画法的规则求解．
根据斜二测画法规则，与x轴平行的线段BC的长度不变，与y轴平行的线段AB的长度是原来的一半，因此
AB = 1
2 BC = 1．
故答案为：1.
答案
解析
5
如图，△O′A′B′是水平放置的△OAB的斜二测直观图，若O′A′ = 3，OB′ = 4，则△OAB的面积为
.
13
12
根据斜二测画法，将直观图还原可知原三角形为直角三角形，求出两直角边的长度，即可得出答案.
如图，根据斜二测画法，将直观图还原后，得到的△AOB为直角三角形，
且两条直角边OB = O′B′ = 4，OA = 2O′A′ = 6，
所以，△OAB的面积为S = 1
2 × 4 × 6 = 12.
故答案为：12.
答案
解析
6
将边长为10的正三角形ABC，按“斜二测”画法在水平放置的平面上画出为△A′B′C′，则△A′B′C′的面积为
.
25√6
4
由直观图和原图的面积之间的关系，直接求解即可．因为
S直观图
S原图
= √2
4 ，且△ABC的边长为10，∴面积为
25√3，
那么△A′B′C′的面积为25√6
4
故答案为25√6
4
．
本题考查斜二测画法中原图和直观图面积之间的关系，属基本运算的考查．
答案
解析
14
B组
1
如图，四边形ABCD的斜二测画法直观图为等腰梯形A′B′C′D′．已知A′B′ = 4，C′D′ = 2，则下列说法正确的是
（ ）
A. AB = 2
B. A′D′ = 2√2
C. 四边形ABCD的周长为4 + 2√2 + 2√3
D. 四边形ABCD的面积为6√2
D
利用斜二测画法将图形还原计算几何图形的面积与周长以及相关.
如图可知AB = 4,A′D′ = √2,AD = 2√2，
四边形ABCD的周长为6 + 2√2 + 2√3，四边形ABCD的面积为1
2 × (4 + 2) × 2√2 = 6√2.
故选:D.
答案
解析
2
有一块多边形的菜地，它的水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形（如图所示）.
∠ABC = 45∘, AB = AD = 1, DC⊥BC，则这块菜地的面积为
答案
15
2 + √2
2
利用直观图中的信息，求出BC的长度，从而得到原平面图形中的长度，利用梯形的面积公式求解即可.
过A作AE⊥BC于E，
在直观图中，∵∠ABC = 45∘，AB = AD = 1，DC⊥BC，
所以EC = 1, BE = √2
2 ，∴BC = 1 + √2
2 ，
故原平面图形的上底为1 ，下底1 + √2
2 ，高为2，
所以这块菜地的面积为S = 1
2 × (1 + 1 + √2
2 ) × 2 = 2 + √2
2 ，
故答案为：2 +
√2
2 .
解析
07 空间直线与直线的位置关系
1
巩固练习
考点1：直线与直线的位置关系
A组
1
单选题
“两条直线没有公共点”是“两条直线平行”的（ ）
A. 充分非必要条件
B. 必要非充分条件
C. 充要条件
D. 非充分非必要条件
B
找出“两条直线没有公共点”的等价条件，结合充分条件、必要条件的定义判断可得出结论.
“两条直线没有公共点”⇔“两条直线平行或异面”，
所以，“两条直线没有公共点”是“两条直线平行”的必要非充分条件.
故选：B.
答案
解析
2
填空题
已知直线a．如果直线b同时满足条件：①a与b异面；②a与b成定角；③a与b的距离为定值．那么这样的直线b有
条．
无数
由题设条件，可作出两个平面，两异面直线分别在两个平面上，以保证两异面直线等距离，再由图可知，平
面β内所有与b平行的线都满足题设中的三个条件，由此得答案．
解：当α//β，a ⊂α，b ⊂β，a与b异面时，
平面β内任一条与b平行的直线都满足要求．
故答案为：无数.
答案
解析
2
考点2：异面直线的判定
A组
1
填空题
在四棱台ABCD −A1B1C1D1中的12条棱所在直线中，与直线AB1是异面直线的共有
条
6
根据异面直线的定义来确定正确答案.
根据异面直线的定义可知，与直线AB1是异面直线的有：
A1D1, BC, CD, DD1, D1C1, C1C，共6条，
故答案为：6
答案
解析
2
单选题
如图，在空间四边形ABCD 中，点E 、H 分别是边AB 、AD 的中点，F 、G 分别是边BC 、CD 上的点，且
CF
CB = CG
CD = 2
3 ，则（ ）
3
A. EF与GH互相平行
B. EF与GH异面
C. EF与GH的交点M可能在直线AC上，也可能不在直线AC上
D. EF与GH的交点M一定在直线AC上
D
根据题意，由线面的平行关系，即可得到结果.
因为F，G分别是边BC，CD上的点，且CF
CB ＝CG
CD ＝2
3 ，
所以GF//BD，且GF = 2
3 BD.
因为点E，H分别是边AB，AD的中点，
所以EH//BD，且EH = 1
2 BD，
所以EH//GF，且EH ≠GF，
所以EF与GH相交，设其交点为M，
则M ∈平面ABC，同理M ∈平面ACD.
又平面ABC∩平面ACD = AC，
所以M在直线AC上．
故选:D.
答案
解析
3
解答题
已知A、B、C、D是空间四个点，且直线AB与CD是两条异面直线.用反证法证明：直线AC与BD也是异面直线.
4
见详解.
根据用反证法证明数学命题的方法和步骤，先假设直线AC、BD是共面直线，再推出错误结论，即可得证.
假设直线AC、BD是共面直线；
则A，B，C，D四点共面，
所以AB、CD共面，这与AB、CD是异面直线矛盾；
所以假设错误，即直线AC、BD也是异面直线.
答案
解析
B组
1
解答题
已知不共面的三条直线a，b，c相交于点P，A∈a，B∈a，C∈b，D∈c，求证：AD与BC是异面直线．
证明见解析
(方法1)(反证法)：假设AD和BC共面，推出与已知条件a，b，c不共面矛盾，假设不成立，进而得出结论
(方法2)(直接证法)：利用经过平面外的一点与平面外一点的直线，和平面内不经过此点的直线是异面直线即可
证出结论．
(方法1)(反证法)：假设AD和BC共面，所确定的平面为α，那么点P，A，B，C，D都在平面α内，∴直线a，b，
答案
解析
5
c都在平面α内，与已知条件a，b，c不共面矛盾，假设不成立，
∴AD和BC是异面直线．
(方法2)(直接证法)：∵a∩c＝P，∴它们确定一个平面，设为α，由已知C∉平面α，B∈平面α，BC⊄平面α，AD⊂平
面α，B∉AD，∴AD和BC是异面直线．
考点3：求异面直线所成角
A组
1
填空题
如图已知A是△BCD所在平面外一点，AD = BC，E､F分别是AB、CD的中点，若异面直线AD与BC所成角的大
小为π
3 ，则AD与EF所成角的大小为
.
π
3 或 π
6
取AC的中点G，连接EG, GF，则∠EGF = π
3 或∠EGF = 2π
3 ，分别分析这两种情况下∠GFE的大小即为AD
与EF所成角.
解：如图所示：取AC的中点G，连接EG, GF，则EG//BC，GF//AD ，
所以∠EGF为异面直线AD与BC所成角或其补角.因为AD = BC，所以EG = GF，
当∠EGF = π
3 时，△EGF为等边三角形，∠GFE = π
3 ，
即AD与EF所成角的大小为π
3 ；
当∠EGF = 2π
3 时，EG = GF，△EGF为等腰三角形，∠GFE = π
6 ，
即AD与EF所成角的大小为π
6 .
故答案为：π
3 或π
6 .
答案
解析
6
2
单选题
在正四面体ABCD中，点E，F，G分别为棱BC，CD，AC的中点，则异面直线AE，FG所成角的余弦值为（ ）
A. 1
2
B. √3
5
C. √3
3
D. √6
3
C
作出辅助线，找到异面直线AE，FG所成角，设出正四面体的边长，表达出其他边长，利用余弦定理求出答
案.
连接DE，因为点F，G分别为棱CD，AC的中点，
所以FG//AD，
所以∠EAD或其补角为异面直线AE，FG所成角，
设正四面体的边长为a，
则AE = DE = √3
2 a，AD = a，
答案
解析
7
由余弦定理得：cos ∠EAD = AE2 + AD2 −DE2
2AE ⋅AD
=
3
4 a2 + a2 −3
4 a2
2 × √3
2 a2
= √3
3 ，
所以异面直线AE，FG所成角的余弦值为√3
3 .
故选：C
考点4：公垂线的性质及判定
A组
1
解答题
已知正方形ABCD，HG⊥平面ABCD，G, F分别为AB, BC的中点，E为AC上一点，且AE = 3EC，求证：EF为
异面直线AC与HF的公垂线．
证明见解析
连接BD交AC于点Q，由BQ⊥AC，结合三角形中位线性质可得EF⊥AC；利用线面垂直的判定可证得FE⊥平
面HGF，进而得到EF⊥HF，由此可得结论.
连接BD交AC于点Q，Q即正方形的中心，如图所示．
答案
解析
8
∵AE = 3EC，∴E是QC的中点．又F是BC中点，∴EF//BQ，
又BQ⊥AC，∴EF⊥AC．
连接GF．∵G, F是AB, BC中点，∴FG//AC，∴EF⊥FG．
∵HG⊥平面ABCD，EF ⊂平面ABCD，∴HG⊥EF，
又HG ∩GF = G，HG, GF ⊂平面HGF，∴FE⊥平面HGF，
又HF ⊂平面HGF，∴EF⊥HF．
∴EF为异面直线AC与HF的公垂线．
08 空间直线与平面的位置关系
1
巩固练习
考点1：空间直线和平面的位置关系
A组
1
单选题
下列命题正确的是（ ）
A. 若直线l1∥平面α，直线l2∥平面α，则l1∥l2
B. 若直线l上有两个点到平面α的距离相等，则l∥α
C. 若直线l1⊥平面α，直线l2⊥平面α，则l1∥l2
D. 直线l与平面α所成角的取值范围是(0, π
2 )
C
根据直线与平面的位置关系，结合平面的基本性质、线面垂直的性质判断A、B、C；由线面角的定义判断角
的范围判断D.
A：两直线同时平行于同一平面时，两直线可能平行、异面或相交，错；
B：直线上有两点到一个平面的距离相等，直线可能与平面平行、相交或直线在平面内，错；
C：两直线同时垂直于同一平面，根据线面垂直的性质知：两直线平行，对；
D：直线与平面所成角的范围为[0, π
2 ]，错.
故选：C
答案
解析
2
填空题
在长方体ABCD﹣A B C D 中，AB＝4，AD＝3，AA ＝2，则直线A D与直线CC 的距离为
．
4
根据长方体的性质得到CD⊥C C，CD⊥A D，即直线A D与直线CC 的距离为CD，即可求直线A D与直线CC
的距离的距离.
1
1
1
1
1
1
1
答案
解析
1
1
1
1
1
1
2
解：因为ABCD﹣A B C D 是长方体，所以CD⊥C C，CD⊥平面ADD A ，所以CD⊥A D，
所以直线A D与直线CC 的距离为CD＝AB＝4.
故答案为：4．
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
3
填空题
已知正六边形ABCDEF的各顶点均在平面α的同侧，点A，C，F到面α的距离分别为9，10，20，则点D到平面α的距
离为
．
21
根据空间位置关系求得点D到平面α的距离.
设AD ∩CF = O，则OA = OC = OD = OF，
点A和点D到平面α的距离之和与点C和点F到平面α的距离之和相等，
则点D到平面α的距离为10 + 20 −9 = 21．
故答案为：21
答案
解析
B组
1
解答题
正方体ABCD-A B C D 中.求证:
1 1
1
1
3
（1）A C //平面ACB ；
（2）BD ⊥平面AB C
（1）见解析（2）见解析
（1）根据线面平行的判定定理，只要证出A1C1//AC即可；
（2）根据题意可证得BD1⊥AC, BD1⊥B1C,由线面垂直的判定定理即得证．
（1）如图所示：
连接A1C1，由正方体的结构特征可知，AA1//CC1，且AA1 = CC1，所以四边形A1ACC1为平行四边形，即有
A1C1//AC，而A1C1 ⊄平面ACB1，AC ⊂平面ACB1，故A1C1//平面ACB1．
（2）因为D1D⊥平面ABCD，AC ⊂平面ABCD，所以D1D⊥AC，由四边形ABCD为正方形可知，AC⊥BD
， 而BD ∩D1D = D，所以AC⊥平面BDD1，又BD1 ⊂平面BDD1∴AC⊥BD1．同理可证，B1C⊥BD1，而
AC ∩B1C = C，故BD1⊥平面AB1C．
本题主要考查线面平行的判定定理，线面垂直的判定定理的应用，以及三垂线定理的应用，意在考查学生的
直观想象能力和逻辑推理能力，属于基础题．
1
1
1
1
1
答案
解析
2
填空题
直线m和平面α所成角为π
6 ，则直线m和平面α内任意直线所成角的取值范围是
4
[ π
6 , π
2 ]
根据直线与平面所成角的定义得到所成角的最小值为π
6 ，由三垂线定理可得当该平面内的直线与已知直线在
平面内的射影垂直时，所成角为π
2 ，达到最大值．由此即可得到本题答案．
直线为m，平面为α，l为α内的任意一条直线．
根据直线与平面所成角的定义，
可得m与平面α所成的角是m与平面α内所有直线所成角中最小的角，
∴直线m与平面α内的直线所成角的最小值为π
6 ，
当平面α内的直线l与直线m在平面内的射影n垂直时，l，与m也垂直，
此时l，m所成的角π
2 ，达到所成角中的最大值．
因此，此直线与该平面内任意一条直线所成角的取值范围是[ π
6 , π
2 ].
故答案为： [ π
6 , π
2 ].
答案
解析
考点2：直线与平面平行、垂直的性质和判定
A组
1
解答题
如图，在正方体ABCDA B C D 中，E，F分别是B B，DC的中点，求证：AE⊥平面A D F.
1
1
1
1
1
1
1
5
证明见解析
以点D为坐标原点，建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，利用向量的数量积，求得
AE ⋅A1D1 = 0, AE ⋅D1F = 0，证得即AE⊥A1D1, AE⊥D1F，结合线面垂直的判定定理，即可证得AE⊥平面
A1D1F.
如图所示，以点D为坐标原点，建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，
则A (1, 0, 0), E (1, 1, 1
2 ), A1 (1, 0, 1), D1 (0, 0, 1), F (0, 1
2 , 0),
所以AE = (0, 1, 1
2 ), A1D1 = (−1, 0, 0), D1F = (0, 1
2 , −1),
由AE ⋅A1D1 = 0, AE ⋅D1F = 0，可得AE⊥A1D1 , AE⊥D1F ，
即AE⊥A1D1, AE⊥D1F，
又由A1D1 ∩D1F = D1，A1D1, D1F ⊂平面A1D1F,
所以AE⊥平面A1D1F.
答案
解析
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
B组
1
解答题
如图，设P为长方形ABCD所在平面外一点，M，N分别为AB，PD上的点，且AM
MB = DN
NP ，求证：直线MN∥平面
PBC.
6
见解析
试题分析: 过N作NR∥DC交PC于点R，连接RB，根据三角形的相似可证出NR=MB,又NR∥DC∥AB，所以四边形
MNRB是平行四边形,得出MN∥RB,根据线面平行的判定定理结论成立.
试题解析:
过N作NR∥DC交PC于点R，连接RB，依题意得DC −NR
NR
= DN
NP = AM
MB = AB −MB
MB
= DC −MB
MB
⇒NR=MB.
因为NR∥DC∥AB，所以四边形MNRB是平行四边形.
所以MN∥RB.又因为RB⊂平面PBC，所以直线MN∥平面PBC.
答案
解析
考点3：求直线和平面所成角
A组
1
解答题
如图，已知PA＝AC＝PC＝AB＝a，PA⊥AB，AC⊥AB，M为AC的中点．
(1)
求证：PM⊥平面ABC；
(2)
求直线PB与平面ABC所成角的大小．
7
(1) 见解析
(2) arcsin √6
4
(1) 证明：因为△PAC为等边三角形，且M为AC的中点，
所以PM⊥AC．
又PA⊥AB，AC⊥AB，且PA ∩AC = A，
所以BA⊥平面PAC．
又PM在平面PAC内，所以BA⊥PM．
因为AB ∩AC = A，且BA⊥PM，PM⊥AC，
所以PM⊥平面ABC．
(2) 解：连结BM，由（1）知PM⊥平面ABC，
所以∠PBM是直线PB和平面ABC所成的角．
因为△PAC为等边三角形，所以PM = √3
2 a.
又△PAB为等腰直角三角形，且∠PAB = π
2 ，
所以PB = √2a．
因为PM⊥BM，所以sin ∠PBM = PM
PB = √6
4 ，
则∠PBM = arcsin
√6
4
所以直线PB和平面ABC所成的角的大小等于arcsin √6
4 ．
答案
解析
B组
8
1
解答题
如图所示，ABCD −A1B1C1D1是棱长为a的正方体，M是棱A1B1的中点，N是棱A1D1的中点.
(1)
求直线AN与平面ABCD所成角的大小；
(2)
求异面直线AN与BM所成角的大小.（计算结果用反三角函数表示）
(1) arctan 2
(2) arccos 4
5
(1) 由正方体的性质可知，
直线AN与平面ABCD所成角为∠DAN，
易得tan ∠DAN = 2，
所以直线AN与平面ABCD所成角的大小为arctan 2；
(2) 记棱B1C1的中点为G，连接BG､GM､GN，
因为ABCD −A1B1C1D1是正方体，G，N中点，
所以GN//A1B1//AB，GN = A1B1 = AB，
即四边形ABGN为平行四边形，所以BG//AN，
所以∠MBG（或其补角）是异面直线AN与BM所成的角，
答案
解析
9
在△MBG中，BM = BG = √5
2 a，MG = √2
2 a，
所以cos ∠MBG =
( √5
2 a)
2
+ ( √5
2 a)
2
−( √2
2 a)
2
2 × √5
2 a × √5
2 a
= 4
5 ，
所以异面直线AN与BM所成角的大小为arccos 4
5 .
考点4：三垂线定理的应用
A组
1
单选题
正方体ABCD—A B C D 中，EF是异面直线AC和A D 的公垂线，则EF和BD 的关系是
A. 相交但不垂直
B. 垂直相交
C. 异面
D. 平行
D
以D为原点，DA, DC, DD1分别为x, y, z轴正方向建立空间直角坐标系．设正方体的边长为1，则
A(1, 0, 0), B(1, 1, 0), C(0, 1, 0), D(0, 0, 0), A1(1, 0, 1), D1(0, 0, 1)，从而有
BD1 = (−1, −1, 1), AC = (−1, 1, 0), A1D = (−1, 0, −1)，所以BD1 ⋅AC = 0, BD1 ⋅A1D = 0，则
BD1⊥AC, BD1⊥A1D，即BD1⊥AC, BD1⊥A1D．因为A1D//B1C，所以BD1⊥B1C，从而可得BD1⊥面AB1C
．而EF是AC, A1D的公垂线，同理可得EF⊥面AB1C，所以EF//BD1，故选D
1
1
1
1
1
1
答案
解析
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
2
双空题
在长方体ABCDA B C D 中，AB＝AA ＝2BC＝2，则异面直线B D 与CD的距离为
；异面直线BD 与CD的
距离为
．
2 ;
解析：（定义法）由正方体得DD ⊥平面A B C D ，所以DD ⊥B D .又DD ⊥CD，所以DD 是异面直线B D 与
CD的公垂线段．又DD ＝2，所以异面直线B D 与CD的距离为2；
1
1
1
1
1
1
1
1
答案
解析
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
10
（转化法）因为CD∥AB，CD⊄平面ABD ，AB⊂平面ABD ，所以CD∥平面ABD ，所以CD到平面ABD 的
距离就是异面直线BD 与CD的距离，即点D到平面ABD 的距离就是异面直线BD 与CD的距离．设距离为h，
由题得AD ＝
＝
.因为VD ABD＝VDABD ，所以× ×2×1×2＝× ×2×
×h，所以h＝
，所以异
面直线BD 与CD的距离为
.
定义法、等积法求点到平面的距离，定义法、转化法求异面直线间的距离．
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
09 空间平面与平面的位置关系
1
巩固练习
考点1：平面与平面的位置关系
A组
1
单选题
下列命题中错误的是（ ）
A. 如果平面α⊥平面β，那么平面α内一定存在直线平行于平面β
B. 如果平面α不垂直于平面β，那么平面α内一定不存在直线垂直于平面β
C. 如果平面α⊥平面γ，平面β⊥平面γ，α∩β＝l，那么l⊥平面γ
D. 如果平面α⊥平面β，那么平面α内所有直线都垂直于平面β
D
利用线面平行的判定定理证明A正确；利用面面垂直的判定定理证明B正确；利用面面垂直的性质定理和线面
垂直的判定定理证明C正确；举反例可得D错误.
对于A，设平面α∩平面β=直线a,
设直线b ⊂α，直线b ⊄平面β，且b//a,
根据线面平行的判定定理可得直线b//β，
故A正确；
对于B，如果α内存在直线与β垂直，
则由面面垂直的判定定理可知平面α⊥平面β，
与已知矛盾，故B正确；
对于C，设平面α⋂平面γ= a，平面β⋂平面γ= b,
在γ内作直线m⊥a, n⊥b，
由面面垂直的性质定理可得m⊥α, n⊥β，
又∵直线l ⊂α, l ⊂β,∴m⊥l, n⊥l,
又∵α∩β＝l，∴m, n为相交直线，
又∵m, n ⊂平面γ，∴l⊥平面γ，
故C正确；
平面α⊥平面β，设平面α∩平面β= a，
在平面α内与a平行的直线都不与平面β垂直，
答案
解析
2
故 D项错误．
故选:D.
2
单选题
在空间中，已知命题p: △ABC的三个顶点到平面α的距离相等且不为零，命题q：平面α//平面ABC，则p是q的
（ ）
A. 充分不必要条件
B. 必要不充分条件
C. 充要条件
D. 既不充分也不必要条件
B
由线面平行的性质结合平面与平面的位置关系判断即可.
当平面α//平面ABC时，△ABC的三个顶点到平面α的距离相等且不为零；
当△ABC的三个顶点到平面α的距离相等且不为零时，平面α可能与平面ABC相交，例如当BC//平面α且
AB, AC的中点在平面α内时，△ABC的三个顶点到平面α的距离相等且不为零，但平面α与平面ABC相交.
即p是q的必要不充分条件
故选：B
答案
解析
考点2：面面平行、垂直的性质与判定
A组
1
解答题
如图，A, B, C为不共线的三点，AA1//BB1//CC1，且AA1 = BB1 = CC1；求证：平面ABC//平面A1B1C1；
3
见解析；
由题意，可得四边形A1ABB1和四边形B1BCC1是平行四边形，从而可得A1B1//AB，即证A1B1//平面ABC；
B1C1//BC，即证B1C1//平面ABC，再由面面平行的判定定理可证平面ABC//平面A1B1C1.
证明：∵AA1//BB1//CC1，且AA1 = BB1 = CC1，
∴四边形A1ABB1和四边形B1BCC1是平行四边形，
∴A1B1//AB，A1B1 ⊄平面ABC，AB ⊂平面ABC，
∴A1B1//平面ABC；B1C1//BC，B1C1 ⊄平面ABC，
BC ⊂平面ABC，∴B1C1//平面ABC.
又A1B1 ∩B1C1 = B1，A1B1, B1C1 ⊂平面A1B1C1.
∴平面ABC//平面A1B1C1
答案
解析
2
解答题
如图，已知四棱锥S −ABCD的底面ABCD是边长为1的正方形，SA⊥平面ABCD，SA = 2，E是侧棱SC上的一
点．
求证：平面EBD⊥平面SAC；
4
（1）证明见解析；
（1）由SA⊥平面ABCD， 可得SA⊥BD，结合BD⊥AC，可得BD⊥平面SAC，由面面垂直的判定定理可得
结论；（2）直接利用棱锥的体积公式可求四棱锥S −ABCD的体积．（1）因为SA⊥平面ABCD，BD ⊂平
面ABCD
所以SA⊥BD，又因为BD⊥AC，SA ⋂AC = A，
BD⊥平面SAC，
又因为BD ⊂平面EBD，
所以平面EBD⊥平面SAC；
答案
解析
B组
1
解答题
如图，α//β//γ，直线a与b分别交α, β, γ于点A，B，C和点D，E，F，求证AB
BC = DE
EF .
见解析
连接AF交β于点M，连接MB，CF，ME，AD，由面面平行的性质定理可得BM//CF，所以AB
BC = AM
MF ，同理
可得AM
MF = DE
EF ，从而可得结果.
答案
解析
5
证明：如图，连接AF交β于点M，连接MB，CF，ME，AD.
因为β//γ, β∩平面ACF = BM，γ∩平面ACF = CF，
所以BM//CF，所以AB
BC = AM
MF .
同理ME//AD,且AM
MF = DE
EF ，
所以AB
BC = DE
EF .
本题主要考查面面平行的性质定理的应用，考查了空间想象能力，证明过程要注意线面平行的性质定理应用
的条件，本题属于中档题.
2
解答题
如图所示，P是△ABC所在平面外的一点，点A′，B′，C′分别是△PBC，△PCA，△PAB的重心．
(1)求证：平面ABC∥平面A′B′C′；
(2)求△A′B′C′与△ABC的面积之比．
（1）见解析；（2） 1 : 9
（1）分别连接PA′，PB′，PC′并延长交BC，AC，AB于点D，E，F，连接DE，EF，DF．推导出A′C′∥DF．从
答案
解析
6
而A′C′∥平面ABC．同理，A′B′∥平面ABC．由此能证明平面ABC∥平面A′B′C′；（2）推导出A′C′∥AC且A′C′= 1
3
AC．A′B′∥AB且A′B′= 1
3 AB，B′C′∥BC且B′C′= 1
3 BC，由此能求出△A′B′C′与△ABC的面积之比．(1)证明：分别
连接PA′，PB′，PC′并延长交BC，AC，AB于点D，E，F，连接DE，EF，DF.
∵点A′，C′分别是△PBC，△PAB的重心，
∴PA′＝PD，PC′＝PF，
∴A′C′∥DF.
∵A′C′⊄平面ABC，DF⊂平面ABC，∴A′C′∥平面ABC.
同理，A′B′∥平面ABC.
又A′C′∩A′B′＝A′，A′C′，A′B′⊂平面A′B′C′，
∴平面ABC∥平面A′B′C′.
(2)解 由(1)知A′C′∥DF且A′C′＝DF，
又DF∥AC且DF＝AC，
∴A′C′∥AC且A′C′＝AC.
同理，A′B′∥AB且A′B′＝AB，B′C′∥BC且B′C′＝BC，
∴△A′B′C′∽△ABC，
∴S
∶S
＝1∶9.
本题考查面面平行的证明，考查两个三角形的面积的比值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关
系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
△A′B′C′
△ABC
考点3：求二面角的平面角
A组
1
解答题
如图所示，四面体ABCD中，已知平面BCD⊥平面ABC，BD⊥DC，BC = 6，AB = 4√3，∠ABC = 30∘．
7
(1)
求证：AC⊥BD．
(2)
若二面角B −AC −D为45∘，求直线AB与平面ACD所成的角的正弦值．
(1) 证明过程见解析
(2) √6
4
(1) 因为BC = 6，AB = 4√3，∠ABC = 30∘，所以由余弦定理得：
AC = √AB2 + BC2 −2AB ⋅BC cos ∠ABC = √48 + 36 −72 = 2√3，因为CB2 + AC2 = AB2，所以
AC⊥BC，因为平面BCD⊥平面ABC，交线为BC，AC ⊂ 平面ABC，所以AC⊥平面BCD，因为BD ⊂平面
BCD，所以AC⊥BD，证毕.
(2) 由（1）知，AC⊥平面BCD，因为CD ⊂平面BCD，所以AC⊥CD，又AC⊥BC，故∠BCD即为二面角
B −AC −D的平面角，所以∠BCD=45°，又因为BD⊥DC，所以△BCD为等腰直角三角形，因为BC=6，所
以BD = BC ⋅sin
π
4 = 3√2，因为BD⊥DC，AC⊥BD，DC ⋂AC = C，所以BD⊥平面ACD，AD为AB在
平面ACD上的投影，所以∠BAD即为直线AB与平面ACD所成的角，设为θ，θ ∈(0,
π
2 ]，则
sin θ = BD
AB = 3√2
4√3
= √6
4 .
答案
解析
2
解答题
如图，已知四边形ABCD是正方形，PA⊥平面ABCD．若PA = AD，求平面PAB与平面PCD所成的二面角的大
小．
8
45°．
根据线面垂直得出二面角是∠DPA，再结合三角形边长求出角即可.
因为CD//AB，CD不在平面PAB内，AB ⊂平面PAB，CD//平面PAB，
CD ⊂平面PCD，平面PAB∩平面PCD = l，l//CD，
因为PA⊥平面ABCD，CD ⊂平面ABCD，所以PA⊥CD，CD⊥AD，PA ∩AD = A, PA, AD ⊂平面PAD，
所以CD⊥平面PAD，∴CD⊥PD，∴l⊥PD, l⊥PA，PD ⊂平面PCD，PA ⊂平面PAB，
∴∠DPA为平面PAB和平面PCD所成二面角的平面角，
因为PA⊥平面ABCD，AD ⊂平面ABCD，所以PA⊥AD，PA = AD，
所以∠DPA = 45∘．
答案
解析
9
B组
1
解答题
如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是矩形，已知AB＝3，AD＝2，PA＝2，PD＝2√2，∠PAB＝60°，
(1)
证明：AD⊥平面PAB；
(2)
求二面角P﹣BD﹣A的大小．
(1) 证明见解析
(2) arctan √39
4
(1) 在△PAD中，∵PA＝2，AD=2,PD＝2√2，
∴PA +AD ＝PD ，∴AD⊥PA，
在矩形ABCD中，AD⊥AB，又PA∩AB＝A，PA⊂平面PAB，AB⊂平面PAB，
∴AD⊥平面PAB．
(2)
过点P作PH⊥AB于H，过点H作HE⊥BD于E，连结PE，
∵AD⊥平面PAB，PH⊂平面PAB，
∴AD⊥PH，又AD∩AB＝A，AD⊂平面ABCD，AB⊂平面ABCD，
∴PH⊥平面ABCD，故HE为PE在平面ABCD内的射影，
答案
解析
2
2
2
10
由三垂线定理可知，BD⊥PE，
∴∠PEH是二面角P﹣BD﹣A的平面角．
由题设可得，PH＝PA•sin60°＝√3，AH＝PA•cos60°＝1，
BH＝AB﹣AH＝2，BD＝√AB2 + AD2＝√13，
HE＝AD
BD ⋅BH =
4
√13
，
∴在Rt△PHE中，tan∠PEH = √39
4
，
∴二面角P﹣BD﹣A的大小为arctan √39
4
．
2
解答题
如图，已知四棱锥P—ABCD的底面是直角梯形，∠ABC＝∠BCD ＝90 ，AB＝BC＝PB＝PC＝2CD＝2，侧面PBC⊥底
面ABCD，O是BC的中点，AO交BD于E.
（1）求证：PA⊥BD；
（2）求二面角P—DC—B的大小；
（1）见解析；（2）60°
（1）证明PO⊥底面ABCD，建立空间直角坐标系，证明PA⊥BD即可得解；
。
答案
解析
−
→
−
→
11
（2）先求两平面的法向量，再利用二面角的向量公式求解即可.
因为△PBC是等边三角形，PO⊥BC，由侧面PBC⊥底面ABCD得PO⊥底面ABCD，
以BC中点O为原点，以BC所在直线为x轴，过点O与AB平行的直线为y轴，建立如图所示的空间直角坐标系O﹣
xyz，
（1）∵CD＝1， AB＝BC＝2，
在等边三角形PBC中，PO = √3
∴A (1，−2，0)，B (1，0，0)，C(−1, 0, 0), D (−1，−1，0)，P (0，0，√3)
∴BD = (−2，−1，0)，PA = (1，−2，−√3)
∵BD ⋅PA = (−2) × 1 + (−1) × (−2) + 0 × (−√3) = 0
∴PA⊥BD，即PA⊥BD；
（2）取PC中点N，连接BN，则N(−1
2 , 0, √3
2 )，BN = (−3
2 ，0，√3
2 )
∵DC = (0, 1, 0)，CP = (1, 0, √3)，
∴BN ⋅DC = 0，
BN ⋅CP = (−3
2 ) × 1 + √3
2
× √3 = 0，
∴BN为平面PDC的一个法向量，显然OP = (0，0，√3)，且OP⊥平面ABCD
∵BN ⋅OP = (−3
2 ) × 0 + 0 × 0 + √3
2
× √3 = 3
2 ,
BN
= √3,
OP
= √3
∴cos < BN, OP >=
3
2
√3√3
= 1
2 ，
∴二面角 P −DC −B 的大小为 60∘
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
10 柱体
1
巩固练习
考点1：棱柱和圆柱的结构特征
A组
1
以下说法正确的是（ ）
A. 各侧面都是矩形的棱柱是长方体
B. 有两个相邻侧面是矩形的棱柱是直棱柱
C. 各侧面都是全等的等腰三角形的四棱锥是正四棱锥
D. 底面四条边相等的直棱柱是正四棱柱
B
举反例如直三棱柱判断选项A；由线面垂直的判定定理可判断B；举反例判断选项C，D；即可得正确选项.
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，故选项A不正确；
对于B：
如图假设四棱柱ABCD −A1B1C1D1中，侧面ABB1A1和BCC1B1都是矩形，则BB1⊥AB，BB1⊥BC，因为
AB ∩BC = B，AB ⊂面ABCD，BC ⊂面ABCD，所以BB1⊥面ABCD，因为棱柱的侧棱都是平行的，所以
是直四棱柱，故选项B正确；
对于C：
如图，将菱形的对角线的交点上拉可得如图四棱柱，各侧面都是全等的等腰三角形，但底面是菱形，故不是
正四棱柱，故选项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，但不是正四棱柱，故选项D不正确；
答案
解析
2
故选：B.
2
如图，上海海关大楼的钟楼可以看作一个正四棱柱，且钟楼的四个侧面均有时钟悬挂，在0点到12点时针与分针的
转动中（包括0点，但不包括12点），相邻两面时钟的时针相互平行的情况的次数为（ ）
A. 0
B. 2
C. 4
D. 12
B
根据空间中两直线的位置关系判断即可.
依题意可得0时或6时时针均与棱AB平行，所以此时两时针平行，
3时或9时时针均与棱AB垂直，所以此时两时针垂直，
其余时刻时针与棱AB成相同的角（不包括12点），但是两时针不同在任何一个平面，故两时针不平行；
∴在0点到12点时针与分针的转动中（包括0点，但不包括12点），相邻两面时钟的时针两两相互平行的情况的
次数为2.
故选：B．
答案
解析
B组
1
有下列命题：
①在圆柱的上､下底面的圆周上各取一点，则这两点的直线距离是圆柱的母线长；
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长；
③侧面都是平行四边形的多面体是棱柱；
④体对角线相等的平行六面体是长方体.
共中正确命题是
（填号）.
3
②④
通过反例可确定①③错误；由圆锥母线定义知②正确；利用线面垂直的判定和性质可证得体对角线相等的平行
六面体各个侧面均为矩形，由此可知④正确.
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，
此时满足侧面都是平行四边形，但该多面体不是棱柱，③错误；
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，
又AD//A1D1，∴AD⊥A1B，
∵AB1 ⋂A1B = O，AB1, A1B ⊂平面ABB1A1，∴AD⊥平面ABB1A1；
又AB, AA1 ⊂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BB1 ⊂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.
故答案为：②④
答案
解析
考点2：柱体的体积和表面积
4
A组
1
已知长方体的长、宽、高之比为3 : 2 : 1，对角线长是2√14，求此长方体的表面积和体积.
88, 48
由题意设长方体的长、宽、高分别为3a，2a, a，利用对角线长求得a，即得长方体的长、宽、高，即可求得答
案.
由题意设长方体的长、宽、高分别为3a，2a, a，
则√9a2 + 4a2 + a2 = 2√14，解得a = 2，
∴长方体的长、宽、高分别为6, 4, 2，
则其表面积为2(6 × 4 + 4 × 2 + 6 × 2) = 88，
体积为6 × 4 × 2 = 48．
答案
解析
2
若正四棱柱的底面周长为4，高为2，则该正四棱柱的表面积为
.
10
求出侧面积和上下底面积，相加即可得答案.
因为正四棱柱的底面周长为4，所以底面正方形边长为1，
则该正四棱柱的表面积S = 1 × 2 × 4 + 2 × 12 = 10，
故答案为：10.
答案
解析
3
5
已知某圆柱是将边长为2的正方形（及其内部）绕其一条边所在的直线旋转一周形成的，则该圆柱的体积为
.
8π
根据题意得到圆柱底面圆半径为2，高为2，根据圆柱的体积公式，即可得出结果.因为圆柱是将边长为2的正方
形（及其内部）绕其一条边所在的直线旋转一周形成的，
则圆柱底面圆半径为2，高为2，
所以该圆柱的体积是π ⋅22 ⋅2 = 8π.
故答案为8π
本题主要考查旋转体的体积，熟记圆柱体积公式即可，属于基础题型.
答案
解析
4
圆柱的侧面展开图是边长为2π和3π的矩形，则圆柱的体积为
.
3π2或 9
2 π2
根据圆柱的侧面展开图与圆柱的关系即可求解.
设圆柱底面圆的半径为r，高为h，
若2π为底面圆的周长，则r = 1, h = 3π，则圆柱的体积为πr2h = 3π2，
若3π为底面圆的周长，则r = 3
2 , h = 2π，则圆柱的体积为πr2h = 9
2 π2，
故答案为:3π2或9
2 π2.
答案
解析
5
如图所示的几何体是圆柱的一部分，它由矩形ABCD的边AB所在的直线为旋转轴旋转120∘得到的，AB = 3, AD = 2
.
6
(1)
求这个几何体的体积；
(2)
这个几何体的表面积.
(1) 4π；
(2) 12 + 20π
3 .
(1) 由题设，若将矩形旋转一周所得圆柱的体积为V = AB × S1，
其中S1为底面积，且S1 = π × AD2，故V = 3 × 4π = 12π，
因为几何体是矩形旋转120∘得到，故几何体体积为120
360 V = V
3 = 4π.
(2) 由题设
⌢
FD =
⌢
EC = 1
3 × 2AD × π = 4π
3 ，则几何体外侧曲面的面积为3 × 4π
3 = 4π，
上下底面的面积和为2 × S1
3 = 8π
3 ，矩形ABCD, ABEF的面积和为12，
综上，几何体的表面积为12 + 20π
3 .
答案
解析
B组
1
已知圆柱的上、下底面的中心分别为O1、O2，过直线O1O2的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，则该圆
柱的侧面积为
．
8π
根据题意求出圆柱的底面圆半径r和高h，再计算圆柱的侧面积即可．
如图所示，
答案
解析
7
设圆柱的底面圆半径为r，由截面为正方形可知圆柱的高h = 2r，
所以该圆柱的轴截面面积为(2r)2 = 8，
解得r = √2，
该圆柱的侧面积为
S侧= 2πrh = 2π ⋅√2 ⋅2√2 = 8π．
故答案为8π．
本题考查圆柱的结构特征，考查圆柱侧面积的求法，属于基础题.
2
圆柱的轴截面是正方形，且面积为16，则圆柱的侧面积为
．
16π
根据圆柱的轴截面几何性质可得圆柱的底面半径与高度，从而可求圆柱的侧面积.
解：圆柱的轴截面是正方形，且面积为16，则该圆柱的底面直径为4，高为4
即底面半径r = 2，高h = 4
所以圆柱的侧面积S = 2πrh = 2π × 2 × 4 = 16π.
故答案为：16π.
答案
解析
3
已知正四棱柱ABCD −A1B1C1D1中，AB = 2, AA1 = 3.
(1)
求正四棱柱ABCD −A1B1C1D1的表面积；
(2)
求证：平面A1ACC1⊥平面A1BD．
8
(1) 32
(2) 证明见解析
(1) 正四棱柱ABCD −A1B1C1D1的表面积为S = 2 × (2 × 2 + 2 × 3 + 2 × 3) = 32.
(2) ABCD为正方形，故AC⊥BD，
正四棱柱ABCD −A1B1C1D1，故AA1⊥平面ABCD，BD ⊂平面ABCD，
故BD⊥AA1，
AA1 ∩AC = A，AA1, AC ⊂平面A1ACC1，故BD⊥平面A1ACC1，
又BD ⊂平面A1BD，故平面A1ACC1⊥平面A1BD.
答案
解析
4
正四棱柱ABCD −A1B1C1D1的底面边长AB = 3，若直线B1C与底面ABCD所成的角的大小为arctan 3，则正四棱
柱ABCD −A1B1C1D1的侧面积为
．
108
由正直棱柱的性质得到∠B1CB为直线B1C与底面ABCD所成的角，从而求出BB1的长度，即可求出侧面积.
在正四棱柱ABCD −A1B1C1D1中，BB1⊥平面ABCD，则∠B1CB为直线B1C与底面ABCD所成的角，
依题意可得tan ∠B1CB = 3 = BB1
BC ，又BC = AB = 3，所以BB1 = 9，
所以正四棱柱ABCD −A1B1C1D1的侧面积为4 × 3 × 9 = 108.
答案
解析
9
故答案为：108
11 锥体
1
巩固练习
考点1：椎体的结构特征
A组
1
填空题
对于四面体ABCD，下列命题正确的是
（写出所有正确命题的编号）．
①相对棱AB与CD所在的直线异面；
②由顶点A作四面体的高，其垂足是ΔBCD的三条高线的交点；
③若分别作ΔABC和ΔABD的边AB上的高，则这两条高所在直线异面；
④分别作三组相对棱中点的连线，所得的三条线段相交于一点；
⑤最长棱必有某个端点，由它引出的另两条棱的长度之和大于最长棱．
①④⑤
如图可知①正确；②错误，无法得到底面的垂心；③错误，可能相交；④正确，连接各中点可知，交点为线段
中点；
设AB 是最长的棱，
若$AC+AD，
则AC + AD + BC + BD < 2AB，
又AC + AD + BC + BD=(AC + BC) + (AD + BD) > 2AB
与上述结果矛盾，
所以⑤正确．
答案
解析
2
单选题
2
如果三棱锥S −ABC的底面不是等边三角形，两组对棱互相垂直，且顶点S在底面的射影O在ΔABC内，那么O是
ΔABC的
A. 外心
B. 内心
C. 垂心
D. 重心
C
由题意知SC⊥AB，SO⊥AB，根据线面垂直的判定定理可得AB⊥平面CSO，即AB⊥CO，即CM为AB边上的
高，同理可得AH为BC边上的高，即可得答案．
如图所示，两组对棱互相垂直，不妨设SC⊥AB， SA⊥BC，连接CO，并延长，交AB于M，连接AO，并延
长，交BC于H．
因为O为S在底面的射影，
所以SO⊥平面ABC，
所以SO⊥AB，SO⊥BC，
所以AB⊥平面CSO，
所以AB⊥CO，即CM为AB边上的高，同理，AH为BC边上的高，
所以O为两高线的交点，即O为ΔABC的垂心，故选C
本题考查线面垂直的判定与性质定理，考查学生空间想象能力，属基础题．
答案
解析
3
填空题
如图，在三棱锥P-ABC中，PA⊥底面ABC，∠ACB = 90∘，则这个三棱锥的四个面中，是直角三角形的个数有
个.
3
4
结合线线、线面垂直的知识求得正确答案.
由于PA⊥平面ABC，所以PA⊥AB, PA⊥AC, PA⊥BC，
所以三角形PAB和三角形PAC是直角三角形.
由于∠ACB = 90∘，所以BC⊥AC，三角形ABC是直角三角形.
由于AC ∩PA = A，所以BC⊥平面PAC，
所以BC⊥PC，所以三角形PBC是直角三角形.
所以三棱锥四个面中，是直角三角形的个数有4个.
故答案为：4
答案
解析
B组
1
单选题
下面是关于三棱锥的四个命题：
①底面是等边三角形,侧面与底面所成的二面角都相等的三棱锥是正三棱锥；
②底面是等边三角形,侧面都是等腰三角形的三棱锥是正三棱锥；
③底面是等边三角形,侧面的面积都相等的三棱锥是正三棱锥；
④侧棱与底面所成的角都相等,且侧面与底面所成的二面角都相等的三棱锥是正三棱锥．
其中真命题的编号是（ ）
A. ③④
B. ①②
C. ①③④
D. ①④
D
根据正三棱锥的定义，结合二面角判断①的正误；侧棱与底面所成的角判断④的正误；找出反例否定②，找出
反例对选项③否定可得正确结论．解：①底面是等边三角形，侧面与底面所成的二面角都相等的三棱锥是正三
棱锥．
可推出底面中心是棱锥顶点在底面的射影，所以是正确的．
②显然不对，比如三条侧棱中仅有一条不与底面边长相等的情况，侧面都是等腰三角形的三棱锥但不是正三棱
锥．
③底面是等边三角形，侧面的面积都相等，说明顶点到底面三边的距离（斜高）相等，
根据射影长的关系，可以得到顶点在底面的射影（垂足）到底面三边所在直线的距离也相等，
由于在底面所在的平面内，到底面三边所在直线的距离相等的点有4个：内心（本题的中心）1个、旁心3个，
答案
解析
4
因此不能保证三棱锥是正三棱锥．
④侧棱与底面所成的角相等，且侧面与底面所成的二面角都相等的三棱锥是正三棱锥．是正确的．
正确的为：①④
故选D
本题考查棱锥的结构特征，二面角及其度量，考查作图能力，是基础题．
考点2：椎体的体积与表面积
A组
1
填空题
已知圆锥的侧面展开图是半径为2的半圆，则该圆锥的高为
√3
由题意可知圆锥的母线长为2，根据圆锥侧面展开图的弧长为圆锥的底面圆的周长，可求得底面圆的半径，进
而求得圆锥的高.
设圆锥的底面半径为r，母线长为l，高为h，
有题意知l = 2，2πr = 2π，解得r = 1，
所以h = √l2 −r2 = √3.
故答案为：√3.
答案
解析
2
填空题
如果圆锥的底面积为π，母线长为2，那么该圆锥的侧面积为
.
2π
求出圆锥的底面半径，然后求解圆锥的母线长．圆锥的底面积为π，可得圆锥的底面半径为1，母线长为2，
所以圆锥的侧面积为：πrl = 2π．
故答案为：2π．
答案
解析
5
本题考查圆锥的底面半径的求法，旋转体的几何量的求解，是基本知识的考查．
3
填空题
设圆锥底面圆周上两点A、B间的距离为2，圆锥顶点到直线AB的距离为√3，AB和圆锥的轴的距离为1，则该圆锥
的侧面积为
.
2√2π
根据圆锥的几何特征计算出圆锥的底面半径和母线长，结合圆锥的侧面积公式可求得结果.
设圆锥的顶点为P，底面圆圆心为点O，取线段AB的中点E，连接OE、PE、OA、OB，
因为PA = PB，OA = OB，则OE⊥AB，PE⊥AB，故PE = √3，
因为PO⊥平面OAB，OE ⊂平面OAB，∴PO⊥OE，
所以，OE为直线PO、AB的公垂线，故OE = 1，
因为AE = 1
2 AB = 1，∴OA = √OE 2 + AE 2 = √2，PA = √PE 2 + AE 2 = 2，
所以，圆锥PO的底面圆半径为√2，母线长为2，
因此，该圆锥的侧面积为π × √2 × 2 = 2√2π.
故答案为：2√2π.
答案
解析
4
单选题
一个直角三角形的两条直角边长分别为1和√3，将该三角形分别绕其两条直角边所在直线旋转一周得到两个圆锥，
则这两个圆锥的体积的比值为（ ）
A. 1
B. √3
C. 3
D. 3√3
B
答案
解析
6
根据锥体的体积公式计算可得.
绕边长为1的直角边旋转得到圆锥的半径r1 = √3，高h1 = 1，
所以圆锥的体积V1 = 1
3 πr2
1h1 = 1
3 π × (√3)
2
× 1 = π；
绕边长为√3的直角边旋转得到圆锥的半径r2 = 1，高h2 = √3，
所以圆锥的体积V2 = 1
3 πr2
2h2 = 1
3 π × 12 × √3 = √3π
3
；
所以V1
V2
=
π
√3π
3
= √3.
故选：B
5
填空题
已知一个圆锥的底面半径为1cm，侧面积为2πcm2，则该圆锥的体积为
cm3．
√3
3 π
利用侧面积求母线长，然后求高即可.
底面半径为1cm
侧面积：πrl = 2π
所以 l = 2
所以高：h = √l2 −r2 = √3；
所以体积：V = 1
3 πr2h = √3
3 π.
故答案为：√3
3 π
答案
解析
6
填空题
已知一个圆锥的轴截面是等边三角形，侧面积为8π，则该圆锥的体积等于
.
8√3
3
π
分别求出地面和给高，再用面积公式即可.
设圆锥的地面半径为R，因为圆锥的轴截面是等边三角形，所以母线长为2R，高为√3R
答案
解析
7
侧面积S = 1
2 ⋅2πR ⋅2R = 8π,
解得R = 2
所以该圆锥的体积等于V = 1
3 ⋅π ⋅22 ⋅2√3 = 8√3
3
π
故答案为：8√3
3
π
7
填空题
已知在正四棱锥P −ABCD中，底面是边长为1的正方形，棱锥的高为√2
2 ，则该四棱锥的侧面积等于
．
√3
由正四棱锥的性质结合已知条件求出正四棱锥的侧棱长，可知其侧面为等边三角形，从而求得侧面积.
如图，由正四棱锥的性质知，PO⊥平面ABCD
在直角△POC中，PO = √2
2 ，CO = 1
2 √12+12 = √2
2 ，则PC =
( √2
2 )
2
+( √2
2 )
2
= 1
所以该正四棱锥的侧面为边长为1的等边三角形，
所以侧面积S = 4 × 1
2 × 1 × 1 × sin 60∘= 2 × √3
2
= √3
故答案为：√3
答案
解析
⎷
8
单选题
在一个底面圆直径和高都是2的圆柱内挖去一个圆锥，圆锥的底面与圆柱的下底面重合，圆锥的顶点是圆柱的上底
面中心．这个几何体的表面积为（ ）
A. (5 + √5)π
B. (4 + √3)π
C. √5π
D. (6 + √5)π
A
答案
8
先求得挖去的圆锥的母线长,从而求得圆锥的侧面积，再求圆柱的侧面积和一个底面积，从而求得组合体的表
面积.
挖去的圆锥的母线长为√12 + 22 = √5，则圆锥的侧面积等于1
2 × 2π × √5 = √5π，
圆柱的侧面积为2π × 2 = 4π，圆柱的一个底面面积为π × 12 = π，
所以组合体的表面积为√5π + 4π + π = (√5 + 5)π.
故选：A
解析
9
填空题
我国南北朝时期的数学家祖暅提出了一个原理“幂势既同，则积不容异”，即夹在两个平行平面之间的两个几何体，
被平行于这两个平面的任意平面所截， 如果截得的两个截面的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等.现有某
几何体和一个圆锥满足祖暅原理的条件，若该圆锥的侧面展开图是一个半径为2的半圆，则该几何体的体积为
.
√3
π
3
根据圆锥的侧面展开图是一个半径为2的半圆，由2πr = πl = 2π，求得底面半径，进而得到高，再利用锥体的
体积公式求解.
设圆锥的母线长为l，高为h，底面半径为r，
因为圆锥的侧面展开图是一个半径为2的半圆，
所以2πr = πl = 2π，解得r = 1，
所以h = √l2 −r2 = √3，
所以圆锥的体积为：V = 1
3 Sh = 1
3 × π × √3 = √3π
3
，
故该几何体的体积为√3π
3
，
故答案为：√3π
3
答案
解析
9
B组
1
填空题
底面半径长为1，母线长为√2的圆锥的体积为
．
π
3 | 1
3 π
根据圆锥母线、底面半径、高的勾股关系，结合圆锥的体积公式进行求解即可.
因为圆锥的底面半径长为1，母线长为√2，
所以圆锥的高为√(√2)
2
−12 = 1，
于是圆锥的体积为1
3 π ⋅11 × 1 = π
3 ，
故答案为：π
3
答案
解析
2
填空题
圆锥轴截面顶角为120°，母线长为3，过圆锥顶点的平面截此圆锥，则截面三角形面积的最大值为
．
9
2
由题意可知任两条母线的夹角θ ∈(0, 2
3 π]，轴截面的面积S = 1
2 l2 sin θ，根据θ的范围，求截面面积的最大值.
因为圆锥轴截面顶角为2π
3 ，
所以任两条母线夹角的范围是(0, 2
3 π]，
设母线长为l，母线的夹角是θ，
所以圆锥顶点的轴截面面积S = 1
2 l2 sin θ = 9
2 sin θ，
因为θ ∈(0, 2
3 π]，所以sin θ ∈(0, 1] ，
所以轴截面面积的最大值是9
2 .
故答案为：9
2 .
答案
解析
3
填空题
10
在棱长为1的正方体ABCD −A1B1C1D1中，P是C1B1的中点，若E, F都是AB上的点，且|EF| = 1
2 , Q是A1B1上的
点，则三棱锥P −EFQ的体积是
.
1
24
根据题意画出直观图，结合图形利用锥体的体积公式即可求解.
根据题意画出直观图，如下图：
S△QEF = 1
2 |EF| |BB1| = 1
2 × 1
2 × 1 = 1
4 ，
又P是C1B1的中点，则三棱锥P −EFQ的高|PB1| = 1
2 ，
于是VP−EFQ = 1
3 S△QEF ⋅|PB1| = 1
3 × 1
4 × 1
2 = 1
24 .
故答案为：1
24 .
答案
解析
4
填空题
三棱柱ABC −A1B1C1的各条棱长均为2, ∠A1AB = ∠A1AC = ∠BAC = 60∘，则该三棱柱的侧面积为
.
4√3 + 4 | 4 + 4√3
根据题意知A1A在平面ABC内的射影是∠BAC的角平分线.如图过点A1作A1H⊥平面ABC，垂足为H，延长
AH交BC于D，则AD⊥BC，利用线面垂直的判定定理和性质可证四边形BCC1B1为矩形，结合矩形和平行四
边形的面积公式计算即可.
由题意知，
在三棱柱ABC −A1B1C1中，\angle A_1AB=\angle A_1AC=\angle
BAC=60^\textdegree
，
所以A1A在平面ABC内的射影是∠BAC的角平分线.
如图，过点A1作A1H⊥平面ABC，垂足为H，延长AH交BC于D，
则AD是∠BAC的角平分线，所以AD⊥BC，
答案
解析
11
又BC ⊂平面ABC，所以A1H⊥BC，
由AD ∩A1H = H, AD、A1H ⊂平面A1AH，得BC⊥平面A1AH，
又AA1 ⊂平面A1AH，所以BC⊥AA1，
因为AA1//BB1，所以BC⊥BB1，故四边形BCC1B1为矩形，
所以S矩形BCC1B1 = 2 × 2 = 4，又S平行四边形ABB1A1 = S平行四边形ACC1A1 = 2 × 2 sin 60
∘= 2√3，
所以三棱柱的侧面积为4√3 + 4.
故答案为：4√3 + 4.
5
单选题
三棱锥P −ABC中，E，F分别为PB, PC的中点，则平面AEF 将该三棱锥所分的两部分几何体的体积之比为
（ ）
A. 1∶3
B. 1∶4
C. 2∶3
D. 1∶2
A
作出简图，平面AEF将三棱锥分为三棱锥A −PEF 和四棱锥A −EFCB，由A到三棱锥A −PEF 和四棱锥
A −EFCB的距离相等，所以体积比即SΔPEF：SEFCB，由相似三角形求出面积比.
如图，
因为E，F分别为PB，PC的中点，所以△PEF ∽△PBC，且SΔPEF：SΔPBC = 1: 4，
所以SΔPEF：SEFCB = 1: 3，设点A到平面PBC的距离为d，
则VA−PEF: VA−EFCB = 1
3 S△PEFd: 1
3 SEFBCd = 1: 3.
答案
解析
12
故选：A.
6
填空题
如图，在三棱柱ABC −A1B1C1中，D是CC1上一点，设四棱锥D −A1ABB1的体积V1，三棱柱ABC −A1B1C1的
体积为V2，则V1 : V2＝
．
2：3
设点D到底面ABC, A1B1C1的距离分别为h1, h2，三棱柱ABC −A1B1C1的高为H，则h1 + h2 = H，利用三
棱锥、三棱柱的体积计算公式即可得出．解：设点D到底面ABC, A1B1C1的距离分别为h1, h2，
三棱柱ABC −A1B1C1的高为H，
则h1 + h2 = H，
V1
V2
= V2 −VD−ABC −VD−A1B1C1
V2
=
V2 −1
3 S△ABC (h1 + h2)
V2
=
V2 −1
3 S△ABC ⋅H
V2
=
V2 −1
3 V2
V2
= 2
3 .
即：V1 : V2 = 2 : 3.
故答案为：2：3．
本题考查了三棱锥、三棱柱的体积计算公式，考查考生空间想象能力和计算能力．
答案
解析
7
填空题
将一个半径为2的圆分成圆心角之比为1:2的两个扇形，且将这两个扇形分别围成圆锥的侧面，则所得体积较小的圆
锥与较大圆锥的体积之比为
1 : √10
答案
13
设圆的半径为R，分别求出两个圆锥的底面半径和高，得出体积比．设圆的半径为R，卷成的两个圆锥的底面
半径分别为r ，r ，高分别为h ，h ，
由题意圆心角之比为1:2,可知两个扇形的圆心角分别为120°，240°，∴
，
∴r = R
3 ，r = 2R
3 ，
∴h = √R2 −r12 = 2√2R
3
，h = √R2 −r22 = √5R
3
，
∴这两个圆锥的体积之比为：
1
3 πr1
2h1
1
3 πr22h2
=
2√2R3
27
4√5R3
27
= √10
10 ．
故答案为1 : √10．
本题考查了圆锥的几何特征及圆锥的体积公式，属于中档题．
解析
1
2
1
2
⎧
⎨
⎩
2πR
3
= 2πr1
4πR
3
= 2πr2
1
2
1
2
12 多面体与旋转体
1
巩固练习
考点1：多面体的结构特征与应用
A组
1
有下列命题，其中错误命题个数是（ ）
①圆柱是将矩形旋转一周所得的几何体；②过圆锥顶点的截面是等腰三角形；③以直角三角形一边为旋转轴，旋转
所得的旋转体是圆锥；④平行于母线的平面截圆锥，截面是等腰三角形.
A. 1个
B. 2个
C. 3个
D. 4个
C
由圆柱、圆锥的结构特征逐一分析四个命题得结论．
解：①圆柱是将矩形以一边为轴旋转一周所得的几何体，故①错误；
②过圆锥顶点的截面是等腰三角形，故②正确；
③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③错误；
④平行于母线的平面截圆锥，截面不是等腰三角形，是抛物线，故④错误．
∴其中错误命题个数为3．
故选：C．
答案
解析
2
给出下列几个命题：
①棱柱的侧棱都相等，侧面都是全等的平行四边形；
②在四棱柱中，若两个过相对侧棱的截面都垂直于底面，则该四棱柱为直四棱柱；
③存在每个面都是直角三角形的四面体；
④棱台的侧棱延长后交于一点.
其中正确命题的序号是
.
②③④
答案
2
根据棱柱棱锥棱台的概念进行判断.棱柱定义：有两个面互相平行，其余各面都是四边形，并且每相邻两个四
边形的公共边都互相平行.
①不正确，根据棱柱的定义，棱柱的各个侧面都是平行四边形，但不一定全等；②正确，因为两个过相对侧棱
的截面的交线平行于侧棱，又垂直于底面；③正确，如图，正方体ABCD－A B C D 中的三棱锥C －ABC，四
个面都是直角三角形；④正确，由棱台的概念可知.
故答案为②③④
棱柱特点上下底面平行，侧面是四边形，侧棱相互平行，但不一定全等.
解析
1
1
1
1
1
考点2：旋转体的结构特征与应用
A组
1
下图是由哪个平面图形旋转得到的
A．
B．
C．
D．
A
根据已知图形可知由一个圆锥和圆台形成的几何体
答案
解析
3
故选：A
2
将边长为2的正方形绕其一边旋转一周，所得几何体的体积为
．
8π
边长为2的正方形绕其一边旋转一周，得到的几何体为圆柱，则圆柱的体积为V = π × 22 × 2 = 8π,故填8π.
答案
解析
3
已知圆锥的侧面积为2π
9 ，若其过轴的截面为正三角形，则该圆锥的母线的长为
.
2
3
利用圆锥的结构特征及侧面积公式即得.
设圆锥的底面半径为r，圆锥的母线为l,
又圆锥过轴的截面为正三角形，圆锥的侧面积为2π
9 ，
∴l = 2r, πrl = 2π
9 ，
∴l = 2
3 .
故答案为：2
3 .
答案
解析
B组
已知△ABC中，C为直角，若分别以边CA，CB，AB所在的直线为轴旋转一周，得到几何体的体积为V1，V2，V3，
则（ ）
A.
1
V 2
1
+
1
V 2
2
=
1
V 2
3
B.
1
V1
+ 1
V2
= 1
V3
C.
1
V 2
1
+
1
V 2
2
=
2
V 2
3
D.
1
V1
+ 1
V2
= 2
V3
答案
4
A
借助锥体体积公式计算即可得.
设CA = b，CB = a，则由题意得V1 = 1
3 πa2b，V2 = 1
3 πab2，
V3 = 1
3 π(
ab
√a2 + b2 )
2
⋅√a2 + b2 = 1
3 π ⋅
a2b2
√a2 + b2 ，
所以1
V 2
1
=
9
π2a4b2 ，1
V 2
2
=
9
π2a2b4 ，1
V 2
3
= 9a2 + 9b2
π2a4b4
=
1
V 2
1
+
1
V 2
2
.
故选：A．
解析
最短路径问题
A组
1
如图，已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，半径为4，OA, OB是底面半径，且∠AOB = 900，M为线段AB的中
点，C为线段PB的中点.
（1）若圆锥的侧面积为48π，求圆锥的体积；
（2）若PO = 4，求异面直线PM与OB所成的角的大小；
（3）若PB = 6，求圆锥侧面上A点到C点的最短距离.
（1） 128√2
3
π；（2） arc tan √5；（3） 3√3.
答案
解析
5
（1）求得圆锥的高，由此求得圆锥的体积.
（2）作出异面直线PM与OB所成的角，解三角形求得角的大小.
（3）利用余弦定理求得最短距离.
（1）设圆锥的高为h，则母线l = √42 + h2，
圆锥的侧面积1
2 × (2π × 4) × √42 + h2 = 48π ⇒h = 8√2，
且l = 12.
所以圆锥的体积为1
3 × π × 42 × 8√2 = 128√2
3
π.
（2）设N是OA的中点，画出图象如下图所示，由于MN//OB，
所以∠PMN是异面直线PM与OB所成的角.
MN = 1
2 OB = 2,
MN⊥ON, MN⊥PO, ON ∩PO = O，所以MN⊥平面PON，所以MN⊥PN.
PN = √22 + 42 = 2√5，所以tan ∠PMN = 2√5
2
= √5，所以∠PMN = arc tan √5.
（3）画出圆锥侧面展开图的一部分如图所示，
⌢
AB的长为1
4 × 2π × 4 = 2π，所以∠P = 2π
6 = π
3 ，
所以点A到点C的最短距离为AC，
由余弦定理得AC = √62 + 32 −2 × 6 × 3 × 1
2 = 3√3.
6
2
如图，圆锥顶点为P，底面圆心为O，过轴PO的截面ΔPAB，C为PA中点，PA = 4√3，PO = 6，则从点C经圆
锥侧面到点B的最短距离为
.
2√15
要求最短距离，需将圆锥的侧面展开，进而根据“两点之间线段最短”得出结果．由题意知，底面圆的直径为
4√3，故底面周长等于4√3π，
设圆锥的侧面展开后的扇形圆心角为α，
根据底面周长等于展开后扇形的弧长得，4√3π=4√3α，
解得：α= π，
所以∠APB= π
2 ，
所以BC=2√15．
考查了平面展开﹣最短路径问题，圆锥的侧面展开图是一个扇形，此扇形的弧长等于圆锥底面周长，扇形的
答案
解析
7
半径等于圆锥的母线长．本题就是把圆锥的侧面展开成扇形，“化曲面为平面”，用勾股定理解决．
