01 数列通项求和专题复习
1
1
一般
单选题
设Sn为数列{an}的前n项和，若Sn + 3 = 2an + n，则S10 =（ ）
A. 1032
B. 1033
C. 520
D. 521
B
利用题目给的条件。使用退一步相减的方法，构造出数列{an −1}是等比数列，结合题目的条件，求解出结果
即可.
S1 + 3 = 2a1 + 1，即a1 + 3 = 2a1 + 1，所以a1 = 2,
又当n ≥2时，Sn−1 + 3 = 2an−1 + (n −1)，作差得an = 2an −2an−1 + 1，即2an−1 = an + 1,
即an = 2an−1 −1，则an −1 = 2an−1 −2 = 2 (an−1 −1)，又a1 −1 = 1，
所以an −1
an−1 −1 = 2，则数列{an −1}是以1为首项，2为公比的等差数列，
所以an −1 = 1 ⋅2n−1 = 2n−1，所以an = 2n−1 + 1，
又Sn = 2an + n −3= 2n + 2 + n −3，
所以Sn = 2n + n −1，所以S10 = 210 + 9 = 1024 + 9 = 1033.
故选：B.
答案
解析
2
一般
填空题
已知数列{an}的前n项和为Sn，且1
S1 + 1
S2 + ⋯+ 1
Sn =
2n
n + 1 ，设函数f (x) = cos πx + 1
2 ，则
f ( a1
2024 ) + f ( a2
2024 ) + f ( a3
2024 ) + ⋯+ f ( a2023
2024 ) =
．
2023
2
先根据题干递推式求得Sn = n(n + 1)
2
，然后根据an = {
作差即可求得an = n，再结合诱导公
式化简得f(x) + f(1 −x) = 1，最后利用倒序相加法求和即可.
答案
解析
S1, n = 1
Sn −Sn−1, n ≥2
2
∵1
S1
+ 1
S2
+ ⋯+ 1
Sn
=
2n
n + 1 ，①
∴当n ≥2时，1
S1
+ 1
S2
+ ⋯+
1
Sn−1
= 2(n −1)
n
，②
①-②得1
Sn =
2
n(n + 1) , ∴Sn = n(n + 1)
2
(n ≥2)；
当n = 1时，1
S1 = 1, ∴S1 = 1，此时Sn = n(n + 1)
2
仍然成立，∴Sn = n(n + 1)
2
(n ∈N+)．
∴当n = 1时，a1 = S1 = 1；
当n ≥2时，an = Sn −Sn−1 = n(n + 1)
2
−(n −1)n
2
= n，
当n = 1时，上式也成立，故an = n (n ∈N+)．
由于f (x) + f (1 −x) = cos πx + 1
2 + cos (π −πx) + 1
2 = 1，
设S = f ( a1
2024 ) + f ( a2
2024 ) + f ( a3
2024 ) + ⋯+ f ( a2023
2024 )
= f (
1
2024 ) + f (
2
2024 ) + f (
3
2024 ) + ⋯+ f ( 2023
2024 )，
则2S = [f (
1
2024 ) + f ( 2023
2024 )] + [f (
2
2024 ) + f ( 2022
2024 )] + ⋯+ [f ( 2023
2024 ) + f (
1
2024 )] = 2023，
∴S = 2023
2
．
故答案为：2023
2
3
一般
填空题
在数列 {an} 中，满足 an + an+1 = 2023n2 + 2024n ，则 a2023
a2022
的值为
4139593589
4135502071
设 an = xn2 + yn + z， 则 an+1 = x(n + 1)2 + y(n + 1) + z，an + an+1 = 2xn2 + (2x + 2y)n + x + y + 2z，
所以
，解得 x = 2023
2
, y = 1
2 , z = −506,
所以 an = 2023
2
n2 + 1
2 n −506 ，
所以 a2023
a2022 =
2023
2
× 20232 + 1
2 × 2023 −506
2023
2
× 20222 + 1
2 × 2022 −506
= 4139593589
4135502071 ,
故答案为: 4139593589
4135502071
答案
解析
⎧
⎨
⎩
2x = 2023
2x + 2y = 2024
x + y + 2z = 0
4
一般
双空题
3
已知数列{an}满足a1 = 0, an+1 = {
，则a5 =
；数列{(−1)n−1an}的前2n + 1项和为
.
6 ; 2n
根据递推公式逐项求解可得空一；利用递推公式分别求出奇数项和偶数项的递推公式，然后分组求和可得空
二.
当k ∈N∗时，a2k+1 = a2k + 2 = a2k−1 + 1 + 2 = a2k−1 + 3，
所以{a2k−1}是以a1为首项，公差为3的等差数列，
当k ∈N∗时，a2k+2 = a2k+1 + 1 = a2k + 2 + 1 = a2k + 3，
所以{a2k}是以a2为首项，公差为3的等差数列，
∵a1 = 0, a2 = a1 + 1 = 1, a3 = a2 + 2 = 3, a4 = a3 + 1 = 4, a5 = a4 + 2 = 6.
{an}的前2n + 1项中奇数项和S奇= a1 + a2n+1
2
⋅(n + 1) = 0 + 3n
2
⋅(n + 1)，
前2n + 1项中偶数项和S偶= a2 + a2n
2
⋅n = 1 + 3n −2
2
⋅n = 3n −1
2
⋅n，
所以数列{(−1)n−1an}的前2n + 1项和为S = S奇−S偶= 0 + 3n
2
⋅(n + 1) −3n −1
2
⋅n = 2n.
故答案为：6；2n.
an + 1, n为奇数
an + 2, n为偶数
答案
解析
5
较易
单选题
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
答案
解析
4
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
02 数列的性质复习
1
1
容易
填空题
已知an = sin nπ
6 +
16
2 + sin nπ
6
(n ∈N*)，则数列{an}的最小值为 .
19
3
∵an = 2 + sin nπ
6 +
16
2 + sin nπ
6
−2，
令t = 2 + sin nπ
6
> 0, ∴an = t + 16
t −2，
由对勾函数的性质得：
当t ∈(0, 4]时递减，t ∈[4, +∞)时递增，
当t = 3, n = 12k + 3 (k ∈N)时，an有最小值，
最小值为3 + 16
3 −2 = 19
3 .
故答案为：19
3
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
分析选项.
设bn = an + 1，则an = bn −1.
答案
解析
2
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
一般
多选题
已知Sn为等差数列{an}的前n项和，公差为d．若a1 > 0，S20 = 0，则（ ）
A. 数列{an}为递增数列
B. S8 = S12
C. 当且仅当n = 10时，Sn取到最大值
D. a10 + a12 > 0
BC
根据等差数列的前n项和公式可得d = −2
19 a1 < 0，选项A错误；利用等差数列下标和性质可得S12 −S8 = 0，
选项B正确；分析数列{an}中各项的正负可得选项C正确；利用a12 = a11 + d可得选项D错误.
A.由题意得，S20 = 20a1 + 20 × 19
2
d = 0，
∴d = −2
19 a1 < 0，故等差数列{an}为递减数列，A错误.
B.由S20 = 20 (a1 + a20)
2
= 0得，a1 + a20 = 0，
∴S12 −S8 = a9 + a10 + a11 + a12 = 2 (a1 + a20) = 0，
∴S8 = S12，故B正确.
答案
解析
3
C.由B得，a10 + a11 = a1 + a20 = 0，
∵等差数列{an}为递减数列，∴a10 > 0, a11 < 0，
∴当1 ≤n ≤10时，an > 0，当n ≥11时，an < 0，
∴当且仅当n = 10时，Sn取到最大值，C正确.
D.由题意得，a10 + a12 = a10 + a11 + d = 0 + d < 0，D错误.
故选：BC.
4
一般
单选题
若数列{an}的通项公式为an = n −√2025
n −√2026
，则该数列中的最大项是（ ）
A. a1
B. a44
C. a45
D. a46
D
先利用分离常数法分析数列的单调性，再根据单调性求数列的最大项.
因为an = n −√2025
n −√2026
= n −√2026 + √2026 −√2025
n −√2026
= 1 + √2026 −√2025
n −√2026
所以当n < √2026，即n ≤45时，√2026 −√2025
n −√2026
< 0，所以an < 1.
当n > √2026，即n ≥46时，√2026 −√2025
n −√2026
> 0，所以an > 1.
且n ≥46时，易知数列{1 +
√2024 −√2023
n −√2024
}为递减数列，
所以该数列的最大项是a46.
故选：D
答案
解析
5
一般
单选题
设数列{an}的前n项和为Sn，已知Sn = 2an + n −1，则（ ）
A. 数列{an}为等比数列
B. 数列{an}为递增数列
C. Sn ≤0
D. 数列{Sn −an}为等差数列
4
C
由an = {
，结合等比数列知识可求得{an}的通项公式为an = 1 −2n−1，再由通项公式分析可
得答案.
当n = 1时，得S1 = a1 = 2a1，所以a1 = 0.
当n ≥2时，an = Sn −Sn−1= 2an + n −1 −(2an−1 + n −2)= 2an −2an−1 + 1，
得an = 2an−1 −1，所以an −1 = 2 (an−1 −1)，
所以数列{an −1}是以−1为首项，2为公比的等比数列，
所以an −1 = −2n−1，得an = 1 −2n−1，故A错误.
因为{an}是递减数列，所以B错误.
因为an ≤0，所以Sn ≤0，故C正确.
因为Sn −an = an + n −1 = −2n−1 + n，所以D错误.
故选：C.
答案
解析
a1, n = 1
Sn −Sn−1, n ≥2
03 平面及其基本性质
1
1
有下列命题：（1）两个平面可以有且仅有一个公共点；（2） 三条互相平行的直线必在同一个平面内；（3） 两两相
交的三条直线一定共面；（4） 过三个点有且仅有一个平面；（5）所有四边形都是平面图形，其中正确命题的个数
是（ ）
A. 0
B. 1
C. 2
D. 3
A
采用逐一验证法，可得结果.（1）错，根据公理3：如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有
一条通过这个点的公共直线，故不对.
（2）错，如图，
AD, BC, B1C1互相平行，但没在同一个平面.
（3）错，如上图：AB, AD, AA1相交但不共面，
（4）错，如：空间四边形，
故选：A.
本题考查线线关系以及图形的认识，属基础题.
答案
解析
2
下列命题正确的个数是（ ）
①梯形的四个顶点在同一平面内 ②三条平行直线必共面
③有三个公共点的两个平面必重合 ④每两条相交的且交点各不相同的四条直线一定共面
A. 1个
B. 2个
C. 3个
D. 4 个
答案
2
B
根据平面的基本性质及利用实例，逐项判断选项即可得出结论.
对于①，由于梯形为平面图形，故四个顶点在同一平面内，所以①正确；
对于②，如三棱柱的三条侧棱相互平行但不共面，故三条平行线可共面，也可不共面，所以②不正确；
对于③，当这三点共线时，两个平面可以不重合，故③不正确；
对于④，因为两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内，所以由直线在平面内的判定性质知满足条件
的第四条直线必在该平面内，故④正确．
综上①④正确．
故选：B．
解析
3
水平放置的△ABC，有一边在水平线上，它的斜二测直观图是正三角形A′B′C′，则△ABC是
A. 锐角三角形
B. 直角三角形
C. 钝角三角形
D. 任意三角形
C
试题分析：根据斜二测画法作平面图形的直观图的原理，可得△ABC中有一个角为钝角，得△ABC是钝角三角
形．
解：根据斜二测画法作平面图形的直观图的原理，可得△ABC中有一个角为钝角，
故选C．
点评：本题给出三角形的直观图的形状，判断三角形原来的形状，着重考查了斜二测画法作平面图形的直观
图和三角形形状的判断等知识，属于基础题．
答案
解析
4
水平放置的△ABC的斜二测直观图是如图中的△A′B′C′，已知A′C′ = 3，B′C′ = 2，则AB边的实际长度是
.
答案
3
5
结合斜二测画法的性质将图还原后计算即可得.
把直观图△A′B′C′还原为原图形，如图所示，
则AC = A′C′ = 3, BC = 2B′C′ = 4，
所以AB = √AC2 + BC2 = √9 + 16 = 5.
故答案为：5.
解析
5
如图所示，一个水平放置的四边形OABC的斜二测画法的直观图是边长为2的正方形O′A′B′C′，则原四边形OABC
的面积是
.
8√2
根据斜二测画法规则求出OA, OB，判断四边形OABC的形状，确定OA⊥OB，由此求出面积.
在正方形O′A′B′C′中可得B′O′ = √2A′O′ = 2√2，
由斜二测画法可知BO = 2B′O′ = 4√2, AO = A′O′ = 2，
且OA⊥OB, OA//BC, AB//CO，
所以四边形OABC为平行四边形，
所以原四边形OABC的面积是BO ⋅AO = 4√2 × 2 = 8√2，
故答案为：8√2.
答案
解析
04 空间直线与直线的位置关系
1
1
“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
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
2
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
3
2
如图，正方体ABCD −A1B1C1D1的棱长为a，以下结论正确的是
.（填序号）
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
4
正方体ABCD −A1B1C1D1中，点P是CC1的中点，则异面直线AP与BC1所成角的大小为
.
π
4
答案
3
设正方体ABCD −A1B1C1D1的棱长为2，连接AD1, D1P
在正方体ABCD −A1B1C1D1中，AD1//BC1
所以∠D1AP(或其补角)为异面直线AP与BC1所成角
|AD1| = 2√2,
|AP| = √AC2 + CP 2 = 3,
|D1P| = √5
所以cos ∠D1AP = |AP|2 + |AD1|2 −|D1P|2
2 × |AP| × |AD1|
=
9 + 8 −5
2 × 3 × 2√2
= √2
2
所以∠D1AP = π
4
故答案为：π
4
思路点睛：平移线段法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面直线的问题化
归为共面直线问题来解决，具体步骤如下：
（1）平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角；
（2）认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角；
（3）计算：求该角的值，常利用解三角形；
（4）取舍：由异面直线所成的角的取值范围是(0, π
2 ]，当所作的角为钝角时，应取它的补角作为两条异面直
线所成的角．
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
．
答案
4
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，
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
解析
05 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
06 阶段测
1
1
南宋数学家杨辉所著《九章算法•商功》中，有如下图形状，后人称为“三角垛”，“三角垛”的最上层有1个球，第二
层有3个，第三层有6个⋯，设各层球数构成一个数列{an}，且满足an+1 −an = f(n)，则
a1 + a2
2 + a3
3 + ⋅⋅⋅+ a10
10 =（ ）
A. 65
2
B. 65
C. 67
D. 67
2
A
根据题意可得递推关系式an+1 −an = n + 1，再利用累加法求出数列{an}的通项公式，即可求解.
∵最上层有1个球，第二层有3个，第三层有6个，
∴an+1 −an = n + 1，a1 = 1，
当n ≥2时，an = (an −an−1) + (an−1 −an−2) + ⋯+ (a2 −a1) + a1
= n + (n −1) + (n −2) + ⋯+ 2 + 1= n(n + 1)
2
，a1 = 1也适合该式，
∴an
n = n + 1
2
，
∴a1 + a2
2 + a3
3 + ⋅⋅⋅+ a10
10 = 1 + 3
2 + 4
2 + ⋯+ 11
2 =
10 (1 + 11
2 )
2
= 65
2 .
故选：A.
答案
解析
2
已知函数f (x) = (x + 1)3 + 1，正项等比数列{an}满足a1012 = 1
10 ，则
2023
∑
k=1
f (lg ak)
2023
答案
2
利用倒序相加法，结合函数的对称性以及等比数列的性质即可求得正确答案.
函数f (x) = (x + 1)3 + 1，可看成y = x3向左平移1个单位，向上平移1个单位得到,
因为y = x3的对称中心为(0, 0)，所以f (x) = (x + 1)3 + 1的对称中心为(−1, 1)，
所以f (x) + f (−2 −x) = 2，
因为正项等比数列{an}满足a1012 = 1
10 ，所以a1 ⋅a2023 = a2 ⋅a2022 = ⋯= a2
1012 =
1
100 ，
所以lg a1 + lg a2023 = lg a2 + lg a2022 = ⋯= 2 lg a1012 = −2，
所以f (lg a1) + f (lg a2023) = f (lg a2) + f (lg a2022) = ⋯= 2，
2023
∑
k=1
f (lg ak) = f (lg a1) + f (lg a2) + f (lg a3) + ⋯+ f (lg a2023)⋯①，
2023
∑
k=1
f (lg ak) = f (lg a2023) + f (lg a2022) + f (lg a2021) + ⋯+ f (lg a1)⋯②，
则①②相加得：
2
2023
∑
k=1
f (lg ak) = [f (lg a1) + f (lg a2023)] + [f (lg a2) + f (lg a2022)] + ⋯+ [f (lg a2023) + f (lg a1)],即
2
2023
∑
k=1
f (lg ak) = 2023 × 2，
所以
2023
∑
k=1
f (lg ak) = 2023.
故答案为：2023.
解析
3
{an}是各项均为正数的等差数列，其公差d ≠0，{bn}是等比数列，若a1 = b1，a1012 = b1012，Sn和Tn分别是{an}和
{bn}的前n项和，则（ ）
A. S2023 > T2023
B. S2023 < T2023
C. S2023 = T2023
D. S2023和T2023的大小关系不确定
B
分析可知等比数列{bn}为正项单调数列，利用等差数列的求和公式以及基本不等式可得出S2023与T2023的大小.
因为{an}是各项均为正数的等差数列，其公差d ≠0，
则S2023 = 2023 (a1 + a2023)
2
= 2023a1012，且a1012 = a1 + 1011d ≠a1，则b1012 ≠b1，
设等比数列{bn}的公比为q，则q1011 = b1012
b1
> 0且q1011 ≠1，即q > 0且q ≠1，
又因为b1 > 0，所以，等比数列{bn}为正项单调数列，
由基本不等式可得b1 + b2023 > 2√b1b2023 = 2b1012，b2 + b2022 > 2√b2b2022 = 2b1012，
⋯，b1011 + b1013 > 2√b1011b1013 = 2b1012，
所以，T2023 = b1 + b2 + ⋯+ b2023 > 2023b1012 = 2023a1012 = S2023，
答案
解析
3
故选：B.
4
已知an = n −√2022
n −√2023
（n为正整数），且数列{an}共有100项，则此数列中最大项为第
项.
45
根据数列的通项公式，判断数列的单调性，即可判断数列的最大项.
由解析式可知，an = n −√2022
n −√2023
= n −√2023 + √2023 −√2022
n −√2023
= 1 + √2023 −√2022
n −√2023
n ∈N∗时，
当n ∈[1, 44], n ∈N∗时，数列{an}单调递减，且an < 1
当n ∈[45, 100], n ∈N∗时，数列{an}单调递减，且an > 1，
所以当n = 45时，数列{an}取得最大值.
故答案为：45
答案
解析
5
设P1、P2、P3、P4为空间中的四个不同点，则“P1、P2、P3、P4中有三点在同一条直线上”是“P1、P2、P3、P4在同
一个平面上”的（ ）
A. 充分非必要条件
B. 必要非充分条件
C. 充要条件
D. 既非充分又非必要条件
A
由公理2的推论(1) (2)即可得到答案.由公理2的推论:
过一条直线和直线外一点,有且只有一个平面,
可得P1、P2、P3、P4在同一平面,
故充分条件成立;
由公理2的推论：
过两条平行直线,有且只有一个平面,
可得,
答案
解析
4
当P1 ∈l1、P2 ∈l1、P3 ∈l2、P4 ∈l2,l1//l2时,
P1、P2、P3、P4在同一个平面上,
但P1、P2、P3、P4中无三点共线,
故必要条件不成立;
故选:A
本题考查点线面的位置关系和充分必要条件的判断,重点考查公理2及其推论;属于中档题;
公理2的三个推论：
(1)经过一条直线和直线外一点,有且只有一个平面;
(2)经过两条平行直线,有且只有一个平面;
(3)经过两条相交直线,有且只有一个平面;
6
用斜二测画法画出水平放置的平面图形△OAB的直观图如图所示，已知O′D′ = D′A′ = D′B′ = A′B′ = 2，则
△OAB的面积为
.
4√6
先推导出原三角形的面积与其直观图面积之间的关系，并求出△O′A′B′的面积，由此可得出△OAB的面积.
不妨设△MNP的底边MN = a，点P到边MN的距离为h，则S△MNP = 1
2 ah，如下图所示：
在斜二测直观图中，如下图所示：
点P ′到直线M ′N ′的距离为h′ = h
2 sin 45∘= √2
4 h，
所以，S△M ′N ′P ′ = 1
2 a × √2
4 h = √2
4 S△MNP，则S△MNP = 2√2S△M ′N ′P ′，
答案
解析
5
本题中，在直观图中，O′D′ = D′A′ = D′B′ = A′B′ = 2，
则△A′B′D′为等边三角形，则∠O′B′D′ = 30∘，
∠O′B′A′ = ∠O′B′D′ + ∠A′B′D′ = 30∘+ 60∘= 90∘，
所以，O′B′ = √O′A′2 −A′B′2 = √42 −22 = 2√3，
所以，S△O′A′B′ = 1
2 A′B′ ⋅O′B′ = 1
2 × 2 × 2√3 = 2√3，
则S△OAB = 2√2S△O′A′B′ = 2√2 × 2√3 = 4√6.
故答案为：4√6.
7
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.
答案
解析
6
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.
8
如图所求，四棱锥P −ABCD，底面ABCD为平行四边形，F为PA的中点，E为PB中点.
(1)
求证：PC//平面BFD；
(2)
已知M点在PD上满足EC//平面BFM，求PM
MD 的值.
(1) 证明见解析
(2) 2
(1) 证明：连结AC交BD于O，连结OF，
答案
解析
7
因在△PAC中，F为PA中点，O为AC中点，则PC//FO .
又PC ⊄平面BFD，FO ⊂平面BFD，故PC//平面BFD；
(2) 如图连结FM交AD延长线于G，连结BG交CD于N，
连结EF，FN，PG，EN.
因EF//CN，则E, F, N, C四点共面.
又EC//平面BFM，平面BFM∩平面EFNC = FN，
则EC//FN，四边形EFNC为平行四边形，可得EF = CN = 1
2 CD ⇒N为CD中点.
则△BCN ≅△GDN, N为BG中点.
即EN为△PBG中位线，则EN//PG，EN = 1
2 PG.
又EF = DN, EF//DN，则四边形EFDN为平行四边形，EN//FD.
从而FD//PG，△FMD ∼△GMP ⇒PM
MD = PG
FD = PG
EN = 2.
9
如图，在三棱锥P－ABC中，AB⊥BC，AB＝BC＝1
2 PA，点O、D分别是AC、PC的中点，OP⊥底面ABC．
(1)求证：OD∥平面PAB；
(2)求直线OD与平面PBC所成角的正弦值．
8
(1)详见解析(2) √210
30
(1)由题意利用线面平行的判定定理证明题中的结论即可；
(2)首先作出直线与平面所成的角，然后利用几何体的空间结构特征确定线面角的正弦值即可.
(1)如图，
∵O、D分别为AC、PC的中点，
∴OD∥PA．
又PA⊂平面PAB，OD⊄平面PAB，
∴OD∥平面PAB．
(2)连接OB，
∵AB⊥BC，OA＝OC，
∴OA＝OB＝OC．
又∵OP⊥平面ABC，
∴PA＝PB＝PC．
取BC的中点E，连接PE，OE，
则BC⊥平面POE，
作OF⊥PE于F，
连接DF，则OF⊥平面PBC，
∴∠ODF是OD与平面PBC所成的角．
答案
解析
9
设AB＝BC＝a，
则PA＝PB＝PC＝2a，OA＝OB＝OC＝
a，
PO＝
a．
在△PBC中，∵PE⊥BC，PB＝PC，
∴PE＝
a．∴OF＝
a．
又∵O、D分别为AC、PC的中点，∴OD＝
＝a．
在Rt△ODF中，sin∠ODF＝
＝
．
∴OD与平面PBC所成角的正弦值为
.
本题主要考查线面平行的判定定理，直线与平面所成的角的含义与应用等知识，意在考查学生的转化能力和
空间想象能力.
10
已知数列{an}是公差不为0的等差数列，a4 = 5，且a1，a3，a7成等比数列.
(1)
求数列{an}的通项公式；
(2)
设bn = an cos πan
2 ，求数列{bn}的前2025项和.
(1) an = n + 1
(2) −1014
(1) 设数列{an}公差为d，d ≠0
由题意可知a2
3 = a1a7，即(a4 −d)2 = (a4 −3d) (a4 + 3d)，
∴(5 −d)2 = (5 −3d) (5 + 3d)，则25 −10d + d2 = 25 −9d3，解得d = 1，
∴an = a4 + (n −4)d = 5 + (n −4) = n + 1.
答案
解析
10
(2) bn = an cos πan
2
= (n + 1) cos (n + 1)π
2
，
当n为偶数时，n + 1为奇数，则cos (n + 1)π
2
= sin 0 = 0，即bn = 0，
当n = 2k + 1, k ∈N时，cos (n + 1)π
2
= cos (k + 1)π，
当k为偶数时，cos (n + 1)π
2
= cos (k + 1)π = −1，当k为奇数时，cos (n + 1)π
2
= cos (k + 1)π = 1，
设数列{bn}的前n项和为Sn，
则S2025 = b1 + b2 + b3 + b4 + b5 + b5 + ⋯+ b2021 + b2022 + b2023 + b2024 + b2025，
= −2 + 0 + 4 + 0 −6 + 0 + ⋯+ 0 −2022 + 0 + 2024 + 0 −2026
= 2 × 2024
4
+ (−2026) = −1014.
06 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
−
→
−
→
07 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
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
2
3
底面半径为1，侧面积为6π的圆柱的体积为
．
3π
根据底面半径为1，侧面积为6π，求得高，再代入体积公式求解.
由已知圆柱的底面半径r = 1,设高为h，
侧面积为S = 2πrh = 6π，
所以h = 3，
所以圆柱的体积为V = Sh = πr2h = 3π.
故答案为：3π
答案
解析
4
用一长8cm、宽4cm的矩形铁皮围成圆柱形的侧面，则这个圆柱的体积为
．
32
π cm3或 64
π cm3
解：由题可知，圆柱的侧面为长8cm、宽4cm的矩形，
设圆柱的底面半径为r，
若圆柱的高为h = 8cm，则2πr = 4cm，即r= 2
π cm，
所以圆柱的体积V = πr2h = π × 4
π2 × 8 = 32
π cm3，
若圆柱体的高为h = 4cm ，则2πr = 8cm，即r = 4
π cm，
所以圆柱的体积V = πr2h = π × 16
π2 × 4 = 64
π cm3，
故答案为：32
π cm3或64
π cm3.
答案
解析
3
本题考查圆柱的体积，以及圆的周长和圆柱的结构特征，考查计算能力.
5
已知圆柱的全面积为80π，圆柱内有一平行于圆柱轴的截面，截面面积为24√3，且截面上的两条母线将圆柱侧面分
成两部分的表面积之比为1: 2，则圆柱的体积是
.
96π
依题意画出图形，根据面积之比求出弦AB所对的圆心角，从而求出AB，设底面半径为r、圆柱的高为h，根
据面积公式得到方程组，解得r、h，最后根据体积公式计算可得.
解：因为截面上的两条母线将圆柱侧面分成两部分的表面积之比为1: 2，
可知由圆柱底面圆心向截面与底面的两个交点连线形成的圆心角，即弦AB所对的圆心角为
1
1 + 2 × 2π = 2π
3
，
设底面半径为r，则弦AB = √r2 + r2 −2r2 cos 2π
3 = √3r2 = √3r，
设圆柱的高为h，则{
，
解得{
或{
（舍去），
所以圆柱的体积V = πr2h = 96π.
故答案为：96π
答案
解析
2πr2 + 2πrh = 80π
√3rh = 24√3
h = 6
r = 4
h = −6
r = −4
08 锥体
1
1
有一个正三棱锥和一个正四棱锥，它们的所有棱长都相等，把这个正三棱锥的一个侧面重合在正四棱锥的一个侧面
上，这个组合体是（ ）
A. 平行六面体
B. 四棱柱
C. 斜三棱柱
D. 四棱锥
C
先画出几何体，由三棱锥和四棱锥的棱长都相等推知三棱锥的各个面和四棱锥的侧面都是正三角形，再分别
证得侧棱平行，由面与面平行的判断定理可证得两个面平行，由斜三棱柱的结构特征得到结论．
解：这个组合体为一斜三棱柱，
如图三棱锥为S﹣AED，正四棱锥为S﹣ABCD，重合的面为△ASD，
设AD，BC中点分别为M､N，
由题意知AD⊥ME，AD⊥MS，AD⊥MN，
又ME∩MS=M，MN∩MS=M，
∴AD⊥面MNS，由AD⊥面MES，且面MNS∩面MES=MS，
∴面MNS与面MES重合，
又∵SE=AB=MN，EM=SN，
∴MNSE为平行四边形，
又MN∥AB，
∴AB∥SE，
∴四边形ABSE为平行四边形，四边形CDES为平行四边形，
∴SC∥DE，SB∥AE，
又SC∩SB=S，AE∩DE=E，
∴面SBC∥面EAD，
又AB=SE=CD，AB不垂直于面SBC，
∴组合体为斜三棱柱，
故选：C．
答案
解析
2
2
已知圆台的上、下底面半径分别为2和5，圆台的高为3，则此圆台的体积为
．
39π
由圆台的体积公式代入求解即可.
由题意知，r1 = 2, r2 = 5, h = 3，则
V = 1
3 π (r2
1 + r2
2 + r1r2) × h = 1
3 π (4 + 25 + 10) × 3 = 39π.
故答案为：39π.
答案
解析
3
如图是底面半径为3的圆锥，将其放倒在一平面上，使圆锥在此平面内绕圆锥顶点S滚动，当这个圆锥在平面内转回
原位置时，圆锥本身恰好滚动了3周，则（ ）
A. 圆锥的母线长为18
B. 圆锥的表面积为27π
C. 圆锥的侧面展开图扇形圆心角为60°
D. 圆锥的体积为18√2π
D
由题意可知πl2 = 3 × 3πl，再利用圆锥的表面积公式，侧面积公式及体积公式，即可判断.
答案
解析
3
设圆锥的母线长为l，以S为圆心，SA为半径的圆的面积为S = πl2，
又圆锥的侧面积S圆锥侧= πrl = 3πl，
因为圆锥在平面内转到原位置时，圆锥本身滚动了3周，
所以πl2 = 3 × 3πl，解得l = 9，
所以圆锥的母线长为9，故选项A错误；
圆锥的表面积S = S圆锥侧+ S底= 3 × π × 9 + π × 32 = 36π，故选项B错误；
因为圆锥的底面周长为2π × 3 = 6π，
设圆锥的侧面展开图扇形圆心角为α，
则6π = α ⋅9，解得α = 2π
3 ，
所以圆锥的侧面展开图扇形圆心角为120°，故选项C错误；
圆锥的高h = √l2 −r2 = √81 −9 = 6√2，
所以圆锥的体积为V = 1
3 × π × 32 × 6√2 = 18√2π，故选项D正确．
故选：D．
4
在正三棱柱ABC −A1B1C1中，E，F分别为AB, A1B1的中点，则下列结论错误的是（ ）
A. 平面B1EC⊥平面ABB1A1
B. B1E⊥CF
C. 平面B1EC//平面AFC1
D. AC1//平面B1EC
B
根据题意，结合线面位置关系的判定定理和性质定理，逐项判定，即可求解.
对于A中，如图所示，由正三棱柱的性质知BB1⊥平面ABC，△ABC为正三角形，
因为E是AB的中点，CE ⊂平面ABC，所以CE⊥AB，BB1⊥CE，
又因为AB ∩BB1 = B，BB1 ⊂平面ABB1A1，AB ⊂平面ABB1A1，所以CE⊥平面ABB1A1，因为CE ⊂平面
B1EC，所以平面B1EC⊥平面ABB1A1，所以A正确；
对于B中，由A知，CE⊥平面ABB1A1，所以CE⊥B1E，
假设B1E⊥CF，连接EF，则B1E⊥平面FEC，
因为EF ⊂平面FEC，所以B1E⊥EF，很显然B1E不与EF垂直，
所以B1E⊥CF不成立，所以B错误；
对于C中，由棱柱的性质知，AB//A1B1, AB = A1B1，且AA1//CC1, AA1 = CC1，
因为E, F分别为AB，A1B1的中点，所以FB1//AE, FB1 = AE，且EF//CC1, EF = CC1，
所以四边形FB1EA和FECC1均为平行四边形，所以FA//B1E, C1F//CE，
且FA ⊄平面AFC1，C1F ⊄平面AFC1，B1E ⊂平面AFC1，CE ⊂平面AFC1，
所以B1E//平面AFC1，CE//平面AFC1，
因为CE ∩B1E = E，所以平面B1EC//平面AFC1，所以C正确；
答案
解析
4
对于D中，因为AC1 ⊂平面AFC1，所以AC1//平面B1EC，所以D正确．
故选：B.
09 多面体与旋转体
1
1
将一斜边长为2的等腰直角三角形以其一直角边所在直线为旋转轴旋转一周，所形成的几何体的侧面积为
．
2√2π
根据圆锥的侧面积公式求解即可.
因为将一斜边长为2的等腰直角三角形以其一直角边所在直线为旋转轴旋转一周，所形成的几何体为圆锥，
且圆锥的底面半径为：r = √2，圆锥的母线长为：l = 2.
所以圆锥的侧面积为：S = πrl = 2√2π.
故答案为：2√2π
答案
解析
2
将棱长为2的正四面体绕着它的某一条棱旋转一周所得的几何体的体积为
.
2π
先求出四面体其中一个面的高，确定正四面体旋转后得到两个同底的圆锥，利用圆锥体积公式求解即可.
如图为棱长为2的正四面体，作BD⊥AC，BD ∩AC于点D，
在△ABC中，|AB| = 2，∠BAC = 60∘，|BD| = |AB| ⋅sin 60∘= √3，
根据题意，正四面体旋转后得到两个同底的圆锥，
底面半径等于|BD| = √3，高等于|AC|
2
= 1，
答案
解析
2
所以旋转后几何体的体积为：V = 2 × 1
3 ⋅π ⋅(√3)
2
= 2π.
故答案为：2π
3
如图所示，在六面体ABEDC中，CB = CD = 2CA = 2，AB = DE = BE = AD = √5，BD = AE = 2√2，则
CE =（ ）
A. 1
B. 3
C. 2√3
D. 4
B
把六面体放置于长方体中，进一步计算即可.
根据棱长特征分析，
可以将该六面体置于长方体（以CA，CB，CD为共顶点的棱）中，
则CE为该长方体的体对角线，
设各边长为a, b, c，则a2 + b2 = 5, a2 + c2 = 8, b2 + c2 = 5,
解得a = 2, b = 1, c = 2,
所以CE = √CA2 + CB2 + CD2 = √12 + 22 + 22 = 3.
故选：B.
答案
解析
4
下面关于空间几何体叙述正确的是（ ）
A. 正四棱柱都是长方体
3
B. 以直角三角形的一条边所在直线为轴旋转一周形成的几何体是圆锥
C. 两个面平行，其余各面都是平行四边形的多面体是棱柱
D. 平行于同一直线的两直线平行
AD
根据正四棱柱定义判断A，根据圆锥定义判断B，根据特例判断C，根据平行公理判断D.
因为正四棱柱是底面为正方形的直棱柱，所以正四棱柱都是长方体，故A正确；
以直角三角形斜边所在的直线为旋转轴时，所形成的几何体是两个同底的圆锥，故B错误;
如图所示几何体，
两个面平行，其余各面都是平行四边形的多面体，不是棱柱，故C错误；
由平行关系的传递性可知，平行于同一直线的两直线平行，故D正确.
故选：AD
答案
解析
10 球
1
1
一般
多选题
已知正方体ABCD −A1B1C1D1的棱长为2，P为棱AA1的中点，则（ ）
A. 直线PD1与BC所成的角为30∘
B. B1D⊥平面A1BC1
C. 过点P且与B1D垂直的平面截正方体所得截面的面积为3√3
D. 以P为球心，√6为半径的球面与侧面BCC1B1的交线的长度为√2
2 π
BCD
对于A，构造线线角后利用解直角三角形可得tan ∠A1D1P的值，故可求判断A的正误；对于B，利用线面垂直
判断B1D⊥平面A1BC1，故可判断B的正误；对于C，作出截面图形后求出其面积从而判断其正误；对于D，判
断出交线的形状后可求其长度，故可判断D的正误.
对于A，在正方体ABCD −A1B1C1D1中，A1D1//B1C1//BC，
故直线PD1与BC所成的角即为直线PD1与A1D1所成的角，即∠A1D1P，
在Rt △PA1D1中，tan ∠A1D1P = PA1
A1D1 = 1
2 ，则∠A1D1P不为30∘，A错误；
对于B，连接B1D1，则B1D1⊥A1C1，又DD1⊥平面A1B1C1D1，A1C1 ⊂平面A1B1C1D1，
所以DD1⊥A1C1，B1D1 ∩DD1 = D1，B1D1，DD1 ⊂平面DD1B1，故A1C1⊥平面DD1B1，
B1D ⊂平面DD1B1，故A1C1⊥B1D，同理可证A1B⊥B1D，
A1C1 ∩A1B = A1，A1C1，A1B ⊂平面A1BC1，故B1D⊥平面A1BC1，B正确；
对于C，由B可知B1D⊥平面A1BC1，
故过点P且与B1D垂直的平面截正方体所得截面与平面A1BC1平行，
设AB，BC，CC1，C1D1，D1A1的中点为Q，E，F，G，H，依次连接P，Q，E，F，G，H，
可得六边形PQEFGH为正六边形，
而PQ//A1B，PQ ⊄平面A1BC1，A1B ⊂平面A1BC1，故PQ//平面A1BC1，
同理可证EQ//平面A1BC1，EQ ∩PQ = Q，EQ，PQ ⊂面PQEFGH，
故面PQEFGH//平面A1BC1，
即过点P且与B1D垂直的平面截正方体所得截面即为六边形PQEFGH，边长为√2，
其面积为6 × √3
4
× (√2)
2
= 3√3，C正确；
答案
解析
2
对于D，过点P作BB1的垂线，垂足为M，则M为BB1的中点，且PM⊥平面BCC1B1，
设以P为球心，√6为半径的球面与侧面BCC1B1的交线上的点为K，则PK = √6，
MK ⊂平面BCC1B1，故PM⊥MK，且MK = √PK2 −PM 2 = √6 −4 = √2，
则以P为球心，√6为半径的球面与侧面BCC1B1的交线为平面BCC1B1上以M为圆心，
以√2为半径的圆弧，N，L分别为圆弧与B1C1，BC的交点，如图：
由于∠B1MN = ∠BML = 45∘，故∠LMN = 90∘，则交线长度为π
2 × √2 =
√2π
2
，D正确，
故选：BCD.
2
一般
单选题
已知三棱锥S −ABC底面是边长为√3的正三角形，SA⊥平面ABC，且SA = 2√3，则该三棱锥的外接球的体积为
（ ）
A. 32π
3
B. 4√3π
C. √6π
D. 8π
3
A
将三棱锥补形成正三棱柱，利用它们有相同的外接球，结合正三棱柱的结构特征求出球半径即可.
如图，将三棱锥S −ABC补成三棱柱ABC −A1B1C1，点S与A1重合，
正三棱柱ABC −A1B1C1外接球也为三棱锥S −ABC的外接球，令球心为O，半径为R，
答案
解析
3
记△ABC和△A1B1C1外接圆的圆心分别为O1和O2，其半径为r，
由正弦定理得：r =
√3
2 sin 60∘= 1，而O为O1O2的中点，则R = 1√2 + (√3)
2
= 2，
所以该三棱锥的外接球的体积为V = 4
3 πR3 = 32π
3 .
故选：A
3
一般
填空题
已知圆台的上、下底面的半径分别为1和3，球O与该圆台的上、下底面及其侧面都相切，则球O的表面积为
．
12π
作出圆台的轴截面，根据题设和几何性质可得l = r + R0 = 4，结合勾股定理求出球半径，代入球的表面积即
可.
设圆台的高为h,球O的半径为R，作出圆台的轴截面，如图所示，
，
已知圆台的上、下底面半径分别为r = 1 R0 = 3，斜边为圆台母线长l，
圆台的轴截面等腰梯形的高h 等于球的直径2R,
因为球与圆台侧面相切，所以OE⊥AD ,
则△DOE ≅△DOO2, △AOE ≅△DOO1 ，
所以ED = O2D, AE = AO1 ,
所以l = AE + ED = AO1 + DO2 = r + R0 = 3 + 1 = 4，
同时h = 2R ，由勾股定理可得h2 + (R0 −r)2 = l2,
将l = 4, R0 −r = 3 −1 = 2, h = 2R代入到h2 + (R0 −r)2 = l2中，
得到(2R)2 + 22 = 42，化简得4R2 + 4 = 16，R2 = 3，
答案
解析
4
根据球的表面积公式S = 4πR2,将R2 = 3代入公式可得：S = 4π × 3 = 12π，
综上，球O的表面积为12π.
故答案为：12π.
4
一般
填空题
已知球O的半径为5，球心到平面α的距离为4，则球O被平面α截得的截面面积为
．
9π
利用勾股定理可求得截面的半径，即可求解
设截面圆的半径为r，球O的半径为R，球心到平面α的距离为d，
则r2 + d2 = R2，
即r2 + 16 = 25
可得r = 3，
所以截面面积为πr2 = 9π，
故答案为：9π.
答案
解析
11 空间向量的概念
1
1
一般
多选题
关于空间向量，以下说法正确的是（ ）
A. 空间中的三个向量，若有两个向量共线，则这三个向量一定共面
B. 若
→a ⋅
→
b > 0，则⟨
→a,
→
b ⟩是锐角
C. 已知向量组{
→a,
→
b ,
→c }是空间的一个基底，则{2
→a,
→
b ,
→c −
→a}也是空间的一个基底
D. 已知AB = (−1, 1
2 , 0)，平面α的法向量为
→m = (1, 2, 1)，则AB//α
AC
根据空间任意两个向量一定共面可得选项A正确；根据向量
→a,
→
b 方向相同时条件成立可得选项B错误；根据空
间向量共面定理可得选项C正确；根据线面位置关系可得选项D错误.
A.空间中任意两个非零向量→a,→b 一定共面，若向量→c 与向量→a共线，则向量→c 一定可以平移到由→a,→b 确定的平面
上，
故空间中的三个向量，若有两个向量共线，则这三个向量一定共面，A正确.
B.若
→a,
→
b 为非零向量，且方向相同，则
→a ⋅
→
b =
→a
→
b
cos 0∘=
→a
→
b
> 0，
故
→a ⋅
→
b > 0时，⟨
→a,
→
b ⟩可能为0∘，B错误.
C. 假设2
→a,
→
b ,
→c −
→a共面，则存在实数λ, μ，使得
→
b = λ ⋅2
→a + μ (
→c −
→a) = (2λ −μ)
→a + μ
→c ，
由向量组{
→a,
→
b ,
→c }是空间的一个基底可知
→a,
→
b ,
→c 不共面，故不存在实数λ, μ，使得
→
b = (2λ −μ)
→a + μ
→c 成立，
所以2
→a,
→
b ,
→c −
→a不共面，即{2
→a,
→
b ,
→c −
→a}也是空间的一个基底，C正确．
D．因为AB ⋅
→m = −1 × 1 + 1
2 × 2 + 0 × 1 = 0，所以AB⊥
→m，
所以AB//α或AB ⊂α，故D错误．
故选：AC.
−
→
答案
解析
−
→
−
→
2
容易
单选题
已知四面体OABC，M、N分别是OA, BC的中点，且OA =
→a, OB =
→
b , OC =
→c ，用
→a,
→
b ,
→c 表示MN =（ ）
−
→
−
→
−
→
−
→
2
A. 1
2
→a −1
2
→
b + 1
2
→c
B. −1
2
→a −1
2
→
b −1
2
→c
C. −1
2
→a + 1
2
→
b −1
2
→c
D. −1
2
→a + 1
2
→
b + 1
2
→c
D
根据空间向量的线性运算，结合图形可得.
因为M、N分别是OA, BC的中点，所以OM = 1
2 OA, ON = 1
2 (OB + OC)，
所以MN = ON −OM = 1
2 (OB + OC) −1
2 OA = −1
2
→a + 1
2
→b + 1
2
→c .
故选：D
答案
解析
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
3
容易
单选题
已知向量→a = (2, −1, 1)，
→
b = (1, x, 1)，→c = (1, −2, −1)，当→a⊥
→
b 时，向量
→
b 在向量→c 上的投影的数量为（ ）
A. √6
B. −√6
C. 3
D. −3
B
由向量数量积的几何意义即可求.
向量→a = (2, −1, 1)，
→b = (1, x, 1)，→a⊥→b ，
答案
解析
3
所以→a ⋅→b = 2 −x + 1 = 0，解得x = 3，所以→b = (1, 3, 1)，→c = (1, −2, −1)，
所以向量→b 在向量→c 上的投影的数量为→b
cos ⟨→b ,→c ⟩=
→b
→c
cos ⟨→b ,→c ⟩
→c
=
→b ⋅→c
→c
=
1 −6 −1
√1 + 4 + 1
= −√6
.
故选：B.
4
较易
单选题
若直线l的方向向量为
→a = (−2, λ, 1)，平面α的法向量为→n = (2, 1, −1)，且l//α，则λ =（ ）
A. 5
B. 1
C. −1
D. −5
A
由l//α，有→a⊥→n，结合空间向量垂直的坐标表示列方程求参数值.
由l//α，则→a⊥→n，即
→a ⋅
→n = −4 + λ −1 = 0，可得λ = 5.
故选：A
答案
解析
5
较易
单选题
若{→a,
→
b ,→c }构成空间的一组基底，则下列向量不共面的是（ ）
A. →a +
→
b ，→a −
→
b ，
→
b
B. →a −
→
b ，→a −
→
b +→c ，−→c
C. →a + 2→b ，→a −2→b ，→a +→c
D. →a −2→b ，4→b −2→a，→a +→c
C
利用向量共面的判定方法可得答案.
答案
解析
4
因为{→a,→b ,→c }构成空间的一组基底，所以→a,→b ,→c 不共面；
由于
→
b = 1
2 [(→a +
→
b ) −(→a −
→
b )]，所以→a +
→
b ，→a −
→
b ，
→
b 共面，A不正确；
由于→a −→b +→c =→a −→b −(−→c )，所以→a −→b ，→a −→b +→c ，−→c 共面，B不正确；
由于4→b −2→a = −2 (→a −2→b ) + 0 (→a +→c )，所以→a −2→b ，4→b −2→a，→a +→c 共面，D不正确；
对于C，不存在实数λ, μ，使得→a + 2→b = λ (→a −2→b ) + μ (→a +→c )成立，所以→a + 2→b ，→a −2→b ，→a +→c 不共面.
故选：C
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
