巴蜀智庫一輪復習(配套練習)巴蜀智庫圖書巴蜀智庫圖書·數學編寫組/編著重度土版集罔重廢土版社參考答案1課時作業(50)6.1數列的基本概念的第7項.【題型】數列的概念.【核心素養】邏輯推理、數學運算.【題型】數列的通項.【核心素養】邏輯推理、數學運算.【詳解】∵,由二次函數的性質得，當【題型】數列的單調性.【核心素養】邏輯推理、數學運算.4.【答案】C.【詳解】:數列{a}滿足a?=2,a=1-a(neN"),…,可知此數列有周期性，周期T=3,即an+3=an,則a?02=a?=2./【題型】數列的單調性.【核心素養】邏輯推理、數學運算.【詳解】方法一最多交點個數的規律：1,1+2,1+2+3,…∴10條直線相交交點個數最多是1+2+…+9=45.方法二設n條相交直線的交點個數最多為a(n≥2),則累加得a?o-a?=2+3+…+9,∴a?0=1+2+3+…+9=45.【題型】數列的單調性.【核心素養】邏輯推理、數學運算.【詳解】由已知S?=2a+1得S。=2(S+1-Sa),即2Sa+1=3S。所以,而S?=a?=1,所以【題型】數列的前n項和與通項的關系.【核心素養】邏輯推理、數學運算.【詳解】設數列{a}的前n項積為Tn,則Tn=n2,當n≥2時，【題型】數列的前n項積與通項的關系.【核心素養】邏輯推理.【詳解】對于A,因,解得,所以a?=-5>a?=-3>a?=-9,a?>a?>a?>…>0,所以數列{a}有最大項a?=9,故A正確；對于B,由an∈Z,又n∈N*,所以n=2或n=3或n=4或n=5或n=8,所以使a∈Z的項共有5項，故B不正確；對于C,要使a?an+1a+2<0,又a≠0,所以an,an+1,aa+2中有1個為負值或3個為負值，所以n=1或n=3,故滿足aa+1a+2<0的n的值共有2個，故C正確；對于D,因為n≤3時an<0,n≥4時a>0,所以當n=3時S。取得最小值，故D不正確.【題型】數列單調性、符號判斷【核心素養】邏輯推理、數學運算.【詳解】假設a,最大，則即6≤n≤7,所以最大項為第6項和第7項.【題型】數列的單調性.【核心素養】邏輯推理、數學運算.【詳解】由an+1=(√a+2+1)2-2,得an+1+2=(√an+2+1)2,即√an+1+2=√an+2+1,又a?=2,所以{√a+2}是以2為首項，1為公差的等差數列，所以√an+2=2+(n-1)×1=n+1,即an=n2+2n-1,所以a?=7,故A錯誤，C正確；因為an=(n+1)2-2,所以{a}為遞增數列，故B正確；數列{a}不具有周期性，故D錯誤.【題型】數列的性質.【核心素養】邏輯推理、數學運算.【詳解】設題中數列為{a},則a?=1=√1,a?=2=√4,a?=【題型】數列的通項.【核心素養】邏輯推理、數學運算.2n-3,由于n=1時a?的值不適合n≥2的解析式，故通項公式為【題型】數列的前n項和與通項的關系.【核心素養】邏輯推理、數學運算.是首項為1,公差為1的等差數列，所以√S。=n,所以S?=n2,故a?=S?-S?=62-52=11.【題型】數列的前n項和與通項的關系.【核心素養】邏輯推理、數學運算.14.【答案】(1)-6;(2)是，第16項；(3)從第7項起各項都是正數.【詳解】(1)當n=4時，a?=42-4×7+6=-6.(2)令a=150,即n2-7n+6=150,解得n=16或n=-9(舍去),即150是這個數列的第16項.(3)令a=n2-7n+6>0,解得n>6或n<1(舍去),∴從第7項起各項都是正數.【題型】數列的通項.【核心素養】邏輯推理、數學運算.解得a?=3a?=3解得=6.(2)由題設知a?=1.當n≥2時，有整理得將以上n個等式兩端分別相乘，整理得顯然，當n=1時也滿足上式.綜上可知，{an}的通項公式【題型】數列的前n項和與通項的關系.【核心素養】邏輯推理、數學運算.16.【答案】(1)2,0;(2)(-10,-8).結合函數單調性，可知1>a?>a?>a?>a?,a?>a?>a>…>an>1(n∈N*).∴數列{a}中的最大項為a?=2,最小項為a?=0.,已知對任意的neN*,都有a≤a?成立，結合函單調性，可知,即-10<a<-8,即a的取值范圍是(-10,-8).【題型】數列的單調性.【核心素養】邏輯推理、數學運算.課時作業(51)參考答案3【詳解】設等差數列{an}的公差為【題型】等差數列基本量計算.【核心素養】邏輯推理、數學運算.【詳解】由a?+a?+a?=39,得3a?=39,a?=13.由a?+a?+a?=27,得3a?=27,a?=9.【題型】等差數列性質.【核心素養】邏輯推理、數學運算.【詳解】因為S,為等差數列{a}的前n項和，令,則{b}也為等差數列，設其公差為d',=2001,得d'=1,-2021.【題型】等差數列前n項和的性質.【核心素養】邏輯推理、數學運算.【詳解】由于2an+1=an+an+2,故數列{an}為等差數列.依題所,對應二次函數圖象開口向下且對稱軸方程為,故n=15或16時取得最大值.【題型】等差數列前n項和最值問題.【核心素養】邏輯推理、數學運算.【詳解】由題意知，由細到粗每段的重量成等差數列，記為{an},設公差為d,則有則，解得a?=,所以該金杖的總重量M=∵48a;=5M,∴4,解得i=6.【題型】等差數列應用.【核心素養】邏輯推理、數學運算.【詳解】因為a?+a?+a?=34,an-2+an-1+an=146,所以a?+a?+a?+an-2+an-1+an=34+146=180.又因為a?+an=a?+an-1=a?+an-2,所以3(a?+an)=180,從而a?+an=60.所以0,即n=13.【題型】等差數列前n項和的性質.【核心素養】邏輯推理、數學運算.【詳解】由a?+a?+a?>0得a?>0,由a?+a?<0,故S?最大.【題型】等差數列前n項和最值問題.【核心素養】邏輯推理、數學運算.又S?>S?,S?=S?+a?,∴S?+a?>S?,即a?>0,∴d=a?-ag<0,故A,C中的結論正確；∵S?>S?,S?=S?+a?+ag,∴S?+a?+a?>S?,即a?+a?>0,故B中的結論正確，D中的結論錯誤.【題型】等差數列前n項和性質.【核心素養】邏輯推理、數學運算【詳解】設公差為d,則an=a?+(n-1)d=-2n+17,故B正確；【題型】等差數列綜合問題.【核心素養】邏輯推理、數學運算. 能力進階輪復習(配套練習)高中數學下冊【詳解】對于A,因為,所以332,所以A正確；,即對于B,,即對于B,因對于C,由選項B可),所以D正確.解得n=12(n=-8舍去).故最下面三層的塔數之和為a?o+a+a?=3a=3×(2×減得a?+an+1=6n-1(n≥2)①,即aa-1+a=6n-7(n≥3)②,①-②得aa+1-aa-1=6(n≥3),所以數列{a}的偶數項成等則az=a?+6(k-1)=5-2m+6k-6=6k-2m-1,az+1=a?+6(k-1)=6+2m+6(k-1)=6k+2m,【詳解】選取①③=②.設數列{a}的公差為d,則a?=3a?=a?+d,得d=2a?,所以設數列{a}的公差為d,關于n的一次函數，則,即d=2a?,所以a?=a?+d=3a?.選取②③→①.1)d'=nd',所以S?=n2d'2,所以a=S,-S_1=n2d2-(n-1)2d2=2d'2n-d"2(n≥等差數列.參考答案5∵a?=8,a?=2,∴d=-2,∴an=a?+(n-1)d=10-2n,n∈N*.(2)設數列{an}的前n項和為Sn,則由(1)可得，由(1)知an=10-2n,令an=0,得n=5,=a?+a?+…+a?-(a?+a?+…+an)=S?-(S-S?)=2S?-Sn=2×(9×5-25)-(9n-n2)=n2-9n+40;=a?+a?+…+an=9n-n2.【題型】等差數列前n項和.【核心素養】邏輯推理、數學運算.16.【答案】(1)2n2-n;(2)證明見詳解.【詳解】(1)∵a?,a?(a?<a?)分別為方程x2-6x+5=0的兩∴等差數列{an}的公差為4,(2)證明：∵bn+1-bn=2(n+1)-2n=2,b?=2,∴{b}是首項為2,公差為2的等差數列.【題型】等差數列前n項和、證明.【核心素養】邏輯推理、數學運算.課時作業(52)方法二：由題意或(舍去)或(舍去).【題型】等比數列基本量計算.【核心素養】邏輯推理、數學運算.【詳解】設等比數列的公比為q,由S?=14,a?=8,由an>0解得a?=2,q=2,所以a?=a?q?=2×2?=64.故選C.【題型】等比數列基本量計算.【核心素養】邏輯推理、數學運算.【詳解】由a?a?=16,得a2=16=a?=±4.又a?+a?=8,則可得【題型】等比數列基本量計算.【核心素養】邏輯推理、數學運算.【詳解】設等比數列{an}的公比為q,由a?=3a?+4a?,得q?=3q2+4,得q2=4,因為數列{a}的各項均為正數，所以q=2.又a?+a?+a?+a?=a?(1+q+q2+q3)=a?(1+2+4+8)=15,所以a?=1,所以a?=a?q2=4.【題型】等比數列基本量計算.【核心素養】邏輯推理、數學運算.【詳解】易知等比數列{an}的前n項和S。滿足S?,S??-S?o-S?0,S?-S?0,…成等比數列.設{an}的公比為q,則q1?>0,故S?,S?0-S10,S?-S?0,S?-S?0,…均大于0.故(S??-S?0)2=S??·(S?-S?0),即(S?o-1)2=1·(7-S??)→S20-S?-6=0.因為S?O>0,所以S??=3.又(S?0-S??)2=(S?0-S??)(S?-S?0),所以(7-3)2=(3-1)(S??-7),故S?=15.【題型】等比數列的性質.【核心素養】邏輯推理、數學運算又因為{an}是等比數列，所以,所!【題型】等比數列的性質.【核心素養】邏輯推理、數學運算.【詳解】因為在等比數列{a}中，a?=2,,所!,所以由等比數列的性質，易知數列{anan+1}為等6能力進階——一輪復習(配套練習)高中數學下冊比數列，其首項為a?a?=8,公比為,所以a?a?+a?a?+…+anan+1為數列{anan+1}的前n項和.由等比數列的前n項和公式【題型】等比數列的性質.【核心素養】邏輯推理、數學運算.a?q3=18,a?q+a?q2=12,∴a?=2,q=2或a?=16(舍去),故A正確；,∴S?=510,故B錯誤；故數列{Sn+2}是等比數列，故C正確；∵a=2”,∴lgan=lg2"=nlg2,∴lgan+1-lgan=(n+1)·lg2-nlg2=lg2,故數列{lgan}是公差為lg2的等差數列，故D錯誤.【題型】等比數列基本量計算.【核心素養】邏輯推理、數學運算.【詳解】因為等比數列{a}的各項均為正數，公比為q,且a?>1,a?+a?>a?a?+1>2,所以(a?-1)(a?-1)<0,得0<a?<1,a?>1或a?>1,0<a?<1.當a?>1,0<a?<1時，0<q<1,滿足題意，所以0<q<1.因為a?a?+1>2,所以a?a?>1,所以Ti?=a?·a?·…·a?·a?2=(a?a?)?>1,T??=a13<1.【題型】等比數列性質.【核心素養】邏輯推理、數學運算.【詳解】數列{a的前n項和為S。,若a?+a?=2,an+1=S,+1,令n=1,得a?=S?+1=a?+1,結合a?+a?=2,知所以an+1-an=(S。+1)-(Sn-1+1)=a(n≥2),即an+1=故當n≥2時所以S?=3×16-1=47,由于,當n≥2故D正確.【題型】數列綜合.【核心素養】邏輯推理、數學運算.【詳解】由題意知a?=a?q3,代入數據得q3=-8,所以q=-2.等比數列{|a,}的公比為|q|=2,則,所以la?I+|a?I+la?I+…+|aI=2(1+2+22+…+2"-1)=【題型】等比數列的性質.【核心素養】邏輯推理、數學運算.【詳解】設數列{an}的公比為q,易知數列{anan+1an+2}是首項為a?a?a?=4×2×1=8,公比為的等比數列，2-3n).【題型】等比數列的性質.【核心素養】邏輯推理、數學運算.a?021,設等比數列{an}的公比為q,所以【題型】等比數列的性質.【詳解】(1)由題意得a?=S?=1+λa?,由S,=1+λa,Sn+1=1+λan+1得an+1=λan+1-Aan,所以因此數列{an}是以為首項，為公比的等比數(2)由(1)得,又因,解得λ=-1.【題型】等比數列基本量計算.【詳解】若選①,因為a?=12,q=2,所以a?=3,則S=令S>2020,即!2',所以存在最小正整數k=10,使得S>2020.若選②,因為,所以a?=48,則S=存在正整數k使得S>2020.若選③,因為a?=12,q=-2,所以a?=3,則令S>2020,即(-2)"<-2019.當k為奇數時，原不等式等價于2k>2019,所以存在最小正整數k=11使得S>2020.【詳解】(1)因為an+1=a,+6a-1(n≥2),所以an+1+2an=3an+6a-1=3(an+2an-1)(n≥2).因為a?=5,a?=5,所以a?+2a?=15,因為an+2an_1≠0(n≥2),所!所以數列{an+1+2a,}是以15為首項，3為公比的等比數列.(2)由(1)得an+1+2a=15×3“-1=5×3”,則a+1=-2a,+5×3",所以an+1-3"+1=-2(an-3").又因為a?-3=2,所以an-3"≠0,所以{an-3"是以2為首項，-2為公比的等比數列.所以an-3"=2×(-2)"-1,即a=2×(-2)"-1+3".【題型】等比數列證明.課時作業(53)【詳解】因為S。=2a,-4,所以Sn-1=2an-1-4(n≥2),兩式相減可得S。-S-1=2a-2an_1(n≥2),即a=2an-2an-1(n≥2),整理得an=2an-1(n≥2),即2a?-4,即a?=4,所以數列{an}是首項為4,公比為2的等比數列，則a=4×2n-1=2"+1.故選A.【詳解】由an=n(an+1-an),得(n+1)an=nan+1,整理得常數列，,故an=n,故選C.【題型】數列構造法求通項.故數首項為1,公差為2的等差數列，8能力進階——一輪復習(配套練習)高中數學下冊據此可所以數列{an}的第100項0,故A正確，,當n=1時也符【題型】數列求通項-累加法.所以數列{an+an+1}是首項為4,公比為4的等比數列，所以a?+a?o=49.變形為an+1+1=2an+2=2(a+1),2,故an+1=2×2"-2=2"-1,故an=2"-1-1,顯然a?=1不滿足an=2”-1-1,故{a}的通項公式為a=【詳解】由a=3an_1+4(n≥2),可得an+2=3(an-1+2)(n≥2),即{a,+2}是以a?+2=3為首項，以3為公比的等比數與題中遞推公式比較得k=-1,即a+1-5n+1=2(a-5"),所以數列{an-5"}是首項為a?-5=-3,公比為2的等比數列，則an-5"=-3×2"-1,故an=5"-3×2n-1.【詳解】因為an+1=an+n+1,所以an+1-an=n+1,…+(a?-a?)+a?=n+(n-1)+(n-2)+…+2+1=n(n+1),,故S。+n=2"-n+n=2",所以an_2+a+2=2a+a-1+an-a-1=3a,故A正確.對于B,a?=a?=1,a?=2,a?=3,a?=5,a?=8,a?+a?+a?=8≠a?-1=7,故B錯誤.對于C,a?+a?=a?,a?+a?=a?,…,an+an+1=an+2,以上各化簡得a?+a?+a?+…+an=an+2-a?=an+2-1,故C正確.對于D,由題意可得a2=1,a2=a?(a?-a?)=a?a?-1,a2=a?(a?-a?)=a?a?-a?a?,…累加得a2+a2+…+a2023=a?023Q?024,故D正確.【詳解】因為a?=S?-S?,且,所以a?=,解得a?=3.【詳解】由an+1=3an+2(n∈N*)可知a+1+1=3(an+1),所以數列{an+1}是以3為首項，3為公比的等比數列，所以an+1=3",則an=3"-1.2(n-2),…,a?-a?=2×2,a?-a?=2×1,a?=32,累加得an=是以3(2)由(1)【詳解】(1)由a=√Sn+√Sn-1,得S。-Sn-(2)證明：當n≥2時【詳解】由an+2=5a+1-6an,3an),令bn=an+1-3a,則b?=a?-3a?=5,bn+1=an+2-3an+1·∵bn+1=2bn,∴{bn}是首項為5,公比為2的等比數列，∴bn=5×2"-1,∴an+1-3a=5×2n-1.",則2"+1.∵Cn+1=3c,∴{cn}是首項為4,公比為3的等比數列，課時作業(54)【詳解】記an=1+2+22+…+2"-12024-1)=2024.故選B.N*).則數列{a2}是首項為4,公比為9的等比數列，故a2+…+【詳解】對數函數y=logax的圖象過定點(1,0),∴函數y=log。(x-1)+3的圖象過定點(2,3),則a?=2,a?=3,故an=n,∴,艮,解得a=n2,n≥2,顯然a?=1也滿足該通項公式，故A選項錯誤；對于B選項，因為an=n2,所!的前10項和為1+2+3+…+10=55,故B選項正確；bn-2+…+b?-b?=3(22+…+n2)-3(2+…+n)+(n-1)=n3-1,n≥2,因此解出an=1,又a?=1,則a?+a?=1,所以a?=0,又an+2+an+1=1,則an+2-a=0,所以an+2=an,即數列{an}的奇數項相等，且都等于a?=1,所以{a}是以1為首項，2為公差的等差數列，則a=2n-因為a?=1,所以{a}是首項為1,公比為2的等比數列，則,因為a?=1,所以a?+1=2,所以{an+1}是首項為2,公比為2的等比數列，所以an+1=2",即an=2"-1,故D正確.當n=1時,當n≥2時參考答案11原式與之相減可得,則a,可得,所以數列第二項開始為常數數列，又選項C正確；設b?+b?+…+b=T,則Tn=2×2+3×22+4×23+…+2n+1,兩式相減可得-Tn=2×2+22+23+…+2"-(n+1)·2n+1,整理得-故選項D正確.【詳解】由題意知通項【題型】數列裂項相消求和.【詳解】由Sn=n2-6n,得{a}是等差數列，且首項為-5,公差為2,∴an=-5+(n-1)×2=2n-7.【詳解】當n為奇數時an+2-an=0即an+2=an=…=a?=1,所以S奇=50;當n為偶數時an+2-an=2,即{a?}(k∈N*)為等差數列，所以故S?00=2600.【詳解】(1)設數列{a}的公差為d,數列{bn}的公比為q.∵a?=2,b?=1,且a?=b?,S?=6b?,解∴an=2+(n-1)×2=2n,b,=2"-1.(2)由題意知cn=b,+(-1)"a=2"-1+(-1)"2n,∴Tn=(1+2+4+…+2"-1)+[-2+4-6+8-…+(-1)"·2n].②若n為奇數，則【詳解】(1)由bn=log?an和b?+b?+b?=12,得log?(a?a?a?)=設等比數列{an}的公比為q,∵a?=4,∴a?a?a?=4·4q·能力進階輪復習(配套練習)高中數學下冊(2)由(1)得bn=log?4"=2n,設數列{4"}的前n項和為Bn,則-an),又a?=1,a?=3,所以a?-a?=2,所以{an+1-a}是首項為2,公比為2的等比數列，所以an+1所以an=a?+(a?-a?)+…+(a-an-1)=1+2+22+…+2"-1=2"-1(n≥2),(2)因為又因為對任意的n(n∈N*),都有,所以m≤1-恒成立，實數m的取值范圍課時作業(55)6.5數列的求和,即n2-1(n≥2),所,即又a?=1也滿足上式，所以b?q=9,b?+b?q2=30,解得q=3,b?=3,故bn=3".(2)由(1)知a?o=77,令b。<77,則n=1,2,3,所以b?=3,b?=9,b?=27在新數列{c}的前20項內.因為a?=9與b?=9為公共項，所以前20項中有18項數列{an}中的項以及b?,b?.3+27=660.3.【答案}能為等f(n)=C1+C2+…+Ch+…+Cn=2"-1,所以f(8)=255.(2)因為{an}是公比為2的等比數列，所以an=2"-1(n∈N*).所以f(n)=C1+2C2+4C3+…+2"-1cn.所以1+2f(n)=1+2C1+22C2+23C3+…+2"C"=(1+2)"=(3)假設存在等差數列{an},使得f(n)-1=(n-1)2”對一設公差為d,則f(n)=a?C1+a?C2+…+aCh+…+aC又f(n)=aC"+an-1Cn-1+…+aC+…+a?C,相加得2f(n)=2an+(a?+an-1)(C1+C2…+C+…+所以2)d](2n-1-1).所以f(n)-1=(d-2)+[2+(n-2)d]2“-1=(n-1)2”恒4.【答案;(2)最小值,最設等比數列{b}的公比為q,則由bn=2bn+1+3bn+2,得1=2q+3q2,解得q=,則【詳解】(1)因為bn+2-2bn+1+bn=0,所以{bn}為等差數列.,所以.所以數列,即1,所以an=n.所以14能力進階——一輪復習(配套練習)高中數學下冊所以{cn}的前n項和Tn的最大值為,最小值【題型】裂項相消求和.【詳解】(1)設等差數列{a}的公差為d,等比數列{bn}的公比為q.由a?=1,a?=5(a?-a?),得a?+4d=5d,解得d=1.從而{an}的通項公式為an=n.可得q2-4q+4=0,解得q=2,從而{b}的通項公式為bn=(2)由b?=1,q=2可得Qn=T?+T?+…+Tn=(21-1)+(22-1)+…+(2"-1)n-2,故Qn=2"+1-n-2.(3)當n為奇數時，當n為偶數對任意的正整數n,有由①-②得所以數列{cn}的前2n項和課時作業(56)【詳解】依題意得a?+2a?=36,q=2,則2a?+16a?=36,解得【詳解】設等差數列{a}的公差為d,由題意分析知d>0.因為成等比數列，10d),即44d2-36d-45=0,所以【詳解】將點P的坐標(Inan,Inan+1)(n∈N*)代入x-y+In2=0中，可得an+1=2a,所以{a}是首項為2,公比為2的等比數列2,令Sn>200,則2"+1>202,所以n的最小值為7.【題型】數列與函數綜合問題.f(-x)=-f(x),則f(x+2)=-f(x),且f(0)=0,所以f(x+參考答案154)=f(x+2+2)=-f(x+2)=f(x),所以f(x)的周期T=4,a?=f(1)=3,a?=f(2)=-f(0)=0,a?=f(3)=f(-1)=-f(1)=-3,a?=f(4)=f(0)=0.則a?+a?+a?+a?=0.所以S?022=a?021+a?2022=a?+a?=3.故選A.∵f(π-x)=sin(2π-2x)+cos(π-x)+1=-sin2x-cosx+1,∴f(π-x)+f(x)=2.4+1=9,即數列{yn}的前9項和為9.-1,a?a?-a2=2×5-32=1,…,a?015Q?017-a2016=1,∴(a?a?-a2)(a?a?-a2)(a?a?-a22)…(a?015a?017-a201611008×(-1)1007=-1.的極大值點a?=1,極大值b?=1;當2≤x<4,即0≤x-2<2時，可得f(x)=3f(x-2)=3[1-(x-3)2],可得a?=3,b?=3;當4≤可得a?=5,b?=9,…,即有a?o=39,b??=31?.記S??=a?b?+a?b?+…+a?ob?0,則S?o=1×1+3×3+5×9+…3+3×9+5×27+…+39×32°②,①-②得-2S??=1+2×(3+可得S?。=19×32?+1.故選A.…,以此類推，第n次最小值為S?,且400=500.故選AC.2,則Vn∈N*,an>0,1>0,則an>1,對于A,an+1-an=(a-1)2>0,即an+1>an,{a}為遞增數對于B,an≥a?=2,則an+1-an=(an-1)2≥1,因此aπ=(a?-a?)+(a?-a?)+…+(an-an-1)+a?≥對于C,由an+1-1=a(an-1),,即對于D.·2(當且僅當n=1時取等號),錯誤.構成一個等差數列，記為{a},S,表示數列{a}的前n則a?=4900,a240=2510,2510)=889200,則故小張該筆貸款的總利息為889200-600000=289200能力進階輪復習(配套練習)高中數學下冊(元),故A正確；設小張每月的還款額為x元，則x+x(1+0.004)+x(1+0.004)2+…+x(1+0.004)239=600000×(1+0.004)2240,3891,故B錯誤；小張采取等額本息貸款方式的總利息約為3891×240-600000=933840-600000=333840(元),故C正確；因為333840>289200,所以從經濟利益的角度來考慮，小張應選擇方式①,故D正確.(an-1-an-2)+…+(a?-a?)+a?=2"-1+2"-2+…+22+2+2=列，而a?=1,a?=2,所以a10=2×2?=32,a?=1×2?=32.an+an+1=bn,所以b??=a?o+a?=64.【詳解】由于an+2-an=1+(-1)",所以a?=a?=…=a?9=1,a?,a?,…,a?o構成公差為2的等差數列，所以數列{an}的通項公式為an=4n+4.所以數列{a}的通項公式為an=2n.(2)若選擇①,則Sn=2n2+6n,則S+2=2(k+2)2+6(k+2)=2k2+14k+20.若a?,a,Sk+2成等比數列，則a2=a?·S+2,即(4k+4)2=8(2k2+14k+20),整理得k2+2k+1=k2+7k+10,即5此方程無正整數解，故不存在正整數k,使a?,a,SA+2成等比數列.若選擇②,則Sn=n2+n,則SA+2=(k+2)2+(k+2)=k2+5k+6.即(2k)2=2(k2+5k+6),整理得k2-5k-6=0故存在正整數k=6,使得a?,a,Sk+2成等比數列.又函數f(x)的所有正的零點構成遞增數列{a},所以{a}首項為,公差為d=1的等差數列，因此a,(2)由(1)所以【核心素養】邏輯推理、數學運算.【詳解】(1)設an,b。分別為第n年投入的電力型公交車、混合動力型公交車的數量.依題意得{an}是首項為128,公比為的等比數列，{b,}是首項為400,公差為a的等差數列.,{bn}的前所以經過n年，該市被更換的公交車總數為S(n)=S,+Tn=(2)若計劃7年內完成全部更換，則S(7)≥10000,所以+400×7+7×?a≥10000,即21a≥3082,解得.又a∈N*,所以a的最小值為147.【題型】數列應用問題.【核心素養】邏輯推理、數學運算.課時作業(57)7.1空間幾何體的結構、直觀圖【詳解】①滿足前、后面互相平行，其余的面都是四邊形，且相鄰四邊形的公共邊互相平行，∴圖①是棱柱，故A錯誤；②不滿足相鄰四邊形的公共邊互相平行，∴圖②不是棱柱，故B錯誤；③中上、下兩個圓面不平行，不符合圓臺的結構特征，∴圖③不是圓臺，故C錯誤；④符合棱錐的結構特征，∴圖④是棱錐，故D正確.【題型】多面體的定義.【核心素養】邏輯推理、直觀想象.【詳解】四個面都是三角形的幾何體只能是三棱錐.故選D.【題型】棱錐的性質.【核心素養】邏輯推理、直觀想象.【詳解】對于A,當直四棱柱的底面不是矩形時，直四棱柱不對于B,當圓柱的母線長等于圓柱底面圓的周長時，側面展開圖為正方形，故B錯誤；對于C,正方體被一個平面截去一個角之后可以得到一個簡【題型】空間幾何體的結構特征.【核心素養】邏輯推理、直觀想象.【詳解】正三棱錐：底面為正三角形，側棱長相等(或頂點在底面的投影為底面中心).對于選項A,三個側面是全等的等腰三角形，等價于側棱長相等，且底面是正三角形的三棱錐，等價于正三棱錐的定義，故A正確；對于選項B,各個面都是正三角形，符合定義，故是正三棱錐，但正三棱錐的側棱和底面邊長不一定相等，所以側面不一定是等邊三角形，故B錯誤；對于選項C,三個側面是全等的等腰三角形，但沒有指定具體哪些邊對應相等，則不一定是正三棱錐，故C錯誤；對于選項D,正三棱錐的頂點在底面的投影為底面中心，故頂點在底面的投影是底面三角形重心時不一定是正三棱錐，故D錯誤.【題型】正棱錐的性質.【核心素養】邏輯推理、直觀想象.【詳解】∵直觀圖正方形0'A'B'C'的邊長為2cm,∴原圖形為平行四邊形OABC,如圖，其中OA=2cm,高OB=4√2cm,∴圖形的周長為2×6+2×2=16(cm).【題型】直觀圖的規則、斜二測畫法中的計算.【核心素養】邏輯推理、直觀想象、數學計算.【詳解】正方體有3對平行的平面，根據3種擺放的形式，知道，B與D,A與E,C與F是相對的平面.字母A,B,C對面的字母依次分別為E,D,F,故選C.【題型】空間幾何體的特征。輪復習(配套練習)高中數學下冊【核心素養】邏輯推理、直觀想象.【詳解】設O'B'=A'B'=x,∠B'A'O'=∠A'O'B'=45°,所以O'A'=√2x,所以在△OAB中，∠BOA=90°,∴∠OBA≠90°,所以選項A錯誤；由題得OB=2x,BA=√4x2+2x2=√6x,所以OB≠BA,所以選項B錯誤；因為OB=2x,OA=√2x,所以OB>0A,所以選項C錯誤，選項D正確.【題型】斜二測畫法中的計算.【核心素養】邏輯推理、直觀想象、數學計算.【詳解】對于A,根據斜二測畫法知，直觀圖中平行關系不會對于B,不妨以三角形為例，如圖①,A'Bi①D'MC'②Bi①在其直觀圖(圖②)中，作A'M⊥B'C',則直觀圖的面積因為平面多邊形可由若干個三角形拼接而成，在直觀圖中，每個三角形的面積都為原三角故平面多邊形直觀圖的面積也為原來平面多邊形面積!B正確；對于C,梯形的上、下底平行且長度不相等，在直觀圖中，兩底仍然平行，且長度不相等，故一個梯形的直觀圖仍然是梯形，C正確；對于D,空間幾何體的直觀圖中，在原圖中互相垂直的兩條直線在對應的直觀圖中可以垂直，如長方體的長和高，D錯誤.【題型】直觀圖的規則.【核心素養】邏輯推理、直觀想象、數學計算.【詳解】對于A選項，圓柱是將矩形以一邊為軸旋轉一周所得對于B選項，過圓錐頂點的截面是等腰三角形，故B正確；對于C選項，以直角三角形一直角邊為旋轉軸，旋轉所得的旋轉體是圓錐，故C錯誤；對于D選項，平行于母線的平面截圓錐，截面不是等腰三角【題型】旋轉體的結構特征.【核心素養】邏輯推理、直觀想象.【詳解】幾何體ABCD-A?EFD?一共有六個面，是一個六面幾何體ABCD-A?EFD?一共有六個面，側棱不相交于一個四個面都是平行四邊形，所以是四棱柱，故C正確；都是平行四邊形，所以是三棱柱，故D正確【題型】多面體的結構特征.【核心素養】邏輯推理、直觀想象.【詳解】對于①,若上、下底面上的兩點連線與底面不垂直，則不是圓柱的母線，①錯誤；對于②,由圓錐母線的定義可知②正確；對于③,若一個直四棱柱與一個斜四棱柱的底面大小相同，將其上、下底面相接構成一個組合體，如下圖所示，對于④,若平行六面體的體對角線相等，則對角面為矩形，如下圖所示，此時四邊形AB?C?D與A?BCD?均為矩形，∴AD⊥AB?,A?D?⊥A?B,參考答案19∵AB?NA?B=0,AB?,A?BC平面ABB?A?,∴AD⊥平面ABB?A?,又AB,AA?C平面ABB?A?,∴AD⊥AB,AD⊥AA?,∴四邊形ABCD,A?B?C?D?,ADD?A?,BCC?B?均為矩形，同理可得A?B?⊥平面BCC?B?,又BB?C平面BCC?B?,∴A?B?⊥BB?,∴四邊形ABB?A?,CDD?C?均為矩形，∴該平行六面體為長方體，④正確.【題型】空間幾何體的結構特征.A?C,BC?,則將三棱臺分成3個三棱錐，即三棱錐A-A?BC,B?-A?BC?,C-A?BC?.【題型】棱臺與棱錐的結構特征.6y條棱，同理，每個頂點出現在三個面中，總頂點數所以E=90.又因為F=x+y,故60-90+x+y=2,即x+y=32,與5x+6y=180聯立方程可得y=20.【題型】與多面體相關的新定義題型.【詳解】(1)該幾何體有兩個面是互相平行且全等的正六邊形，其他各面都是矩形，滿足每相鄰兩個面的公共邊都互相平行，故該幾何體是正六棱柱.(2)等腰梯形兩底邊中點的連線將梯形平分為兩個直角梯形，每個直角梯形繞垂直于底邊的腰所在直線旋轉180°形成半個圓臺，故該幾何體為圓臺.(3)該幾何體的其中一個面是多邊形(四邊形),其余各面都因為底面是正方形，其他各面都是有一個公共頂點的全等的等腰三角形，所以該幾何體是正四棱錐.(4)一個圓繞其一條直徑所在的直線旋轉180°形成的封閉曲面所圍成的幾何體是一個球.【題型】空間幾何體的結構特征.【詳解】(1)如圖，建立平面直角坐標系x0y,在x軸上截取在過點D的y軸的平行線上截取DA=2D?A?=2.在過點A的x軸的平行線上截取AB=A?B?=2.連接BC,即得到原圖形.度分別為AB=2,CD=3,直角腰的長度AD=2,所以面積為S=易得直觀圖中梯形的高為因此其面積為【題型】斜二測畫法的規則及計算.【詳解】連接EG,FH,將正方形分成四個一樣的小正方形.則四個頂點必重合于正方形的中心，故不能折成一個四棱錐.由此我們可以推想：①所有棱錐的側面三角形上以公共頂點為頂點的所有角之和必小于360°;②所有棱錐的側面展開圖不可能由若干個有公共頂點的三角形組成，并且公共頂點在圖形的內部.【題型】與空間幾何體相關的綜合問題.課時作業(58)7.2空間幾何體的表面積與體積【詳解】棱長為1的正四面體的表面積為【題型】錐體的表面積.【詳解】由題意設底面半徑為r,母線為l,圓柱的側面積為S=2πrl=2π×3×4=24π.【題型】圓柱的側面積.【核心素養】邏輯推理、直觀想象、數學運算.【詳解】由平面α截球0所得截面圓的面積為12π,得此截面小圓的半徑r=2√3,而球心到此小圓的距離d=√2,因此對于球0的半徑R,有R2=r2+d2=14,所以球0的表面積S=4πR2=56π.【題型】球的表面積.【核心素養】邏輯推理、直觀想象、數學運算.【詳解】該組合體的直觀圖如圖所示，半球的半徑為8米，圓柱的底面半徑為8米，母線長為13米，圓臺的兩底面半徑分別為8米和1米，高為24米，所以半球的表面積為-2×4π·82=128π(平方米),圓柱的側面積為2·π·8×13=208π(平方米),圓臺的側面積為π(8+1)×√72+242=225π(平方米),故該組合體的表面積為128π+208π+225π+π×12=562π(平方米).【題型】組合體的表面積.【核心素養】邏輯推理、直觀想象、數學運算.【詳解】如圖，過點G作GH//AC,交SA于點H.因為AC⊥AB,AC⊥SA,AB∩AS=A,AB,ASC平面SAB,所以AC⊥平面SAB.因為GH//AC,所以CH⊥平面SAB,-,則GH=因為E,F分別為SA,BS的中點，所以所以Vc-se=3s【題型】割補法、轉底轉面法求錐體體積.【核心素養】邏輯推理、直觀想象、數學運算.所求多面體的體積為正方體的一半，又依題易求得正方體的棱長為12,圖①圖②【題型】割補法求錐體體積【核心素養】邏輯推理、直觀想象、數學運算.【詳解】設R為圓O?上任意一點，過點R作圓柱O?0?的軸截面PQRS,過點0作MN10?0?交圓柱軸截面的邊于M,N,如圖所示.設RO與圓柱的下底面所成的角為α,則OM=3cosα,MR=3sinα,所以V=π·OM2·QR=π·(3cosα)2(00?+3sinα)=),即sin2α)·(1+2sinα),當點P,Q均在球面上時，角α取得最小值，參考答案21此,所以,所!所以所時單調遞減，所以【題型】體積與導數的綜合應用.【詳解】對于A,由已知及題圖知∠ADC<90°,故∠ADC=60°,錯誤；對于B,由A易知圓臺的高為h=2×sin60°=√3(cm),所以正確；對于C,圓臺的體積),正確；而圓臺對應的圓錐體的側面展開圖為扇形COD且OC=4,又的最短距離為5cm,正確.【詳解】對于A,四棱錐B?-BED?F的體積等于三棱錐E-BB?D?的體積與三棱錐F-BB?D?的體積之和，BB?D?,BB?C平面BB?D?,所以AA?//平面BB?D?,同理可得CC?//平面BB?D?,點E,F到平面BB?D?的距離為定值，則四棱錐B?-BED?F的體積恒為定值，A正確；對于B,由平面BED?與棱AA?交于點F,可得平面BED?F∩平面AA?B?B=BF,平面BED?F∩平面CC?D?D=D?E,又平面AA?B?B//平面CC?D?D,則BF//D?E,又平面BED?F∩平面BCC?B?=BE,平面BED?F∩平面ADD?A?=D?F,且平面BCC?B?//平面ADD?A?,則BE//D?F,對于C,由B可得截面四邊形BED?F是平行四邊形，當BE+ED?的值最小時，四邊形BED?F的周長取得最將側面BB?C?C與側面CC?D?D展開在同一平面內，則當截面四邊形BED?F的周長取得最小值時，滿足條件的點對于D,直線D?E與直線DC交于點P,直線D?F與直線DA交于點Q,則P,B,Q三點均為平面BED?F與平面ABCD的公共點，由平面BED?F與平面ABCD有且僅有一條交線可得P,B,Q【題型】簡單幾何體的綜合問題.【詳解】對于A,如圖所示，易知ABC?D?為平行四邊形，則AD?//BC?,所以異面直線DP與AD?所成的角即為直線DP與BC?所成能力進階輪復習(配套練習)高中數學下冊DP與AD?所成的角大于且趨近于3,對于B,若MA+MD=8,又AD=4,所以在同一平面內，點M的軌跡是以A,D為焦點的橢圓，又因為M為空間中任意一點，所以點M的軌跡是長軸長為當點M在AD中點的正上方時，點M到平面ABD的距離最,故B錯誤；對于C,如圖所示，GP⊥BC?,交BC?于點P,交BC于點Q,由題可得C?G=6,所以GP=3√2,即PQ+QG的最小值為對于D,如圖所示，易知A?B//CD?,CD?C平面ACD?,A?BC平面ACD?,所以A?B//平面ACD?,同理可得C?B//平面ACD?,又A?BNC?B=B,且A?B,C?BC平面A?C?B,所以平面A?C?B//平面ACD?,又A?PC平面A?C?B,所以A?P//平面ACD?,故D正確.由題設可知該圓錐的高PO=h=2√3.設在該圓錐中內接一個高為Q0=x的圓柱，該圓柱的底面半徑為OF=r,由△PDC∽△PAB,則故該圓柱的側去了8個正三棱錐所余下來的幾何體，如圖所示.由題意可知AD=BD,AB=2,,所以故該正方體的棱長為2+2√2,且被截去的正三棱錐的底面邊參考答案23則該小三棱錐幾何體的體積為MD垂直于該兩面，故該兩面的距離d=(2+2√2)×√3-2×由余弦定理得2=1+AC2-2ACcos∠ACB,解得AC=√3.(2)將△ABC?繞BC?旋轉到與△CBC?在同一平面內(如圖所示),連接AC交BC于點P,此時AP+CP取得最小值，最小值即AC的長.故BC2+AB2=AC2,故AB⊥BC?,即∠ABC?=90°,由余弦定理得AC2=1+2-2×√2×1×cos135°=5,所以AC=√5(或者在△AC?C中由勾股定理得AC=√5),課時作業(59)【詳解】如圖，設該圓錐外接球的球心為0,其外接球的半徑為R,其底面圓的半徑為r,由圓錐的母線長為4,高為3,則r=√16-9=√7,則有(3-R)2+r2=R2,解得【題型】長方體的外接球問題.【詳解】因為PA⊥底面ABC,所以PA⊥BC,又因為AB⊥BC,PA∩AB=A,PA,ABC平面PAB,所以BC⊥平面PAB,則PB⊥BC,即△PAC,△PBC均為直角三角形，所以該外接球的球心0是PC的中點，設外接球的半徑為R,表面積為S=4πR2=8π,∴R=√2,∴PC=2R=2√2,∵PA⊥AC,PA=AC,∴AC=2.能力進階輪復習(配套練習)高中數學下冊【題型】利用球的定義確定球心的問題.因為三棱柱ABC-A?B?C?的外接球體積等于4√3π→R=√3.在直三棱柱ABC-A?B?C?中，△ABC為等腰直角三角形，分別取BC,B?C?的中點D,D?,連接DD?,則DD?的中點0為三棱柱ABC-A?B?C?的外接球的球心，【題型】直棱柱的外接球問題.【詳解】設正方體的棱長為a,正方體的外接球的半徑為R,八面體的內切球的半徑為r,又八面體的棱長故八面體的內切球的體積與正方體的外接球的體積比為【題型】球切接的綜合問題.且0為MN的中點.因為正方體的棱長是2,所以MN=2,則內切球的半徑為1.即當P位于正方體的頂點時取最大值，位于內切球與正方體的切點處時取最小值，即PM·PN的取值范圍為[0,2].【題型】內切球與向量的綜合問題.【詳解】因為球心到四個頂點的距離相等，所以球心在對角線AC上，且半徑設矩形的長為x,寬為y,則xy=4,所以則四面體ABCD的外接球的體積又x2>0,由基本不等式知,當且僅【題型】外接球中的最值問題.【詳解】對于A,在△ABC中，由余弦定理得BC2=1+1-2×,即BC=√3,故A正確；對于B,如圖，設△ABC外接圓的圓心為0?,連接00?,則00?⊥底面ABC,又PA⊥底面ABC,所以00?//PA,由∠BAC=,得圓心O?在△ABC外部，故球心0在三棱錐的外部，故B對于C,取線段PA的中點Q,連接0Q,因為PA是球O的一條弦，所以0Q⊥PA,所以四邊形00?AQ為矩形，故00?=AQ=,即球心0到底面ABC的距離為1,故C不正確；對于D,設球O的半徑為R,圓O?的半徑為r,由正弦定理得,所以r=1,進而R=√002+r2=√2,故球0的體積,故D正確.過P作PM⊥AB,M為垂足，如圖2,則,故B正確；圖2圖3圖2設外接球球心為0,則0在直線DP上，如圖3設DO=h,則(1±h)=√h2+1,解得h=0,故D∴外接球的體積,故C錯誤；若AB=BC,則BC=√2,又PB=PC=√2,故△PBC是等邊三將平面PCD沿PC翻折到平面PBC上，如圖4,圖5,圖4圖5圖4則DE+BE的最短距離為線段BD的長，則A(0,0,0),B(2,0,0),C(2,2,0),D(0,2,0),A?(0,0,2),B?(2,0,2),C?(2,2,2),D?(0,2,2),E(1,0,0),F(2,2,1),0(1,1,1),設點G(2,a,0),其中0≤a≤2.對于A,OD=(-1,1,-1),EF=(1,2,1),EG=(1,a,0),若存在點G,使OD垂直于平面EFG,只需OD⊥EF,ODIEG,則OD對于B,當點G與點B重合時，A∈平面EFG,B錯誤；對于C,EO=(0,1,1),E=(1,2,1),,因為0≤∠OEF≤π,則∠OEF=,所以點0到EF的距,所以直線EF被球0截得的弦長為對于D,設點0在EF上的射影為點M,過直線EF的平面為α,當直線OM與平面α垂直時，平面α截球0所得截面圓的半因此半徑最小的圓的面積為D正確.則它的內切球與外接球的表面積之比為1:9.由正弦定理得△ABC外接圓的半徑r滿得r=2,直三棱柱ABC-A?B?C?外接球的半徑R滿足R2=r2+,解得R=√5,故直三棱柱ABC-A?B?C?外接球的體積【詳解】如圖，取BC的中點E,連接AE,DE,DE,交DE的延長線于點H,所以∠AED為二面角A-BC-D的平面角.所以所以因為三棱錐A-BCD的體積,則0,連接00',OC,O'C,過點0作OF⊥AH于點F,則O'C=0'D=,O'H=0F,OA=0C,設00'=FH=h,則AF=AH-,由勾股錐A-BCD外接球的半徑R滿足R2=0'O2+0'C2=1,【詳解】(1)如圖，設圓錐SO的母線長為l,底面圓0的直徑所以2r=6,因為△SAB的面積為12,所以面積公式得S表=S側+S底=πrl+πr2=15π+9π=24π.所以圓錐SO的表面積為24π.因為球O?內切于圓錐SO,所以0?H⊥SB,所以△SO?H∽設球O?的半徑為r',!,解得r'=所以球0?的體積所以圓O?的面.又圓0的面積S=π×32=9π,圓臺的高記為h,所以h=2r'=3.所以球O?的體積與圓臺0?0的體積之比設圓錐頂點為A,底面圓周上一點為B,底面圓心為C,內切球球心為D,內切球切母線AB于E,由已知△BDE,△BDC為直角三角形，故AB=BE+AE=R+2tan(π-20)=R-2tan20,故該圓錐的表面積為令t=R2-4>0,當且僅當,即t=4,R=2√2時取等號.【詳解】(1)設EF的中點為0,連接PO,CO,以0為原點，0F,,P(0,0,x),D(-2,2√3-x,0),平面PEF的一個法向量為n=(0,1,0),設平面PBF的法向量為m=(a,b,c),則能力進階——一輪復習(配套練習)高中數學下冊∴無論點E的位置如何變化，二面角E-PF-B的余弦值都為定值故平面EPF與平面BPF的夾角(銳角)的余弦值為定(2)由題意知△ABD為邊長為2的等邊三角形，AE=EF=AF=2λ,設△PEF的外心為0?,四邊形BDEF外接圓的圓心為0?,作Q0?⊥平面PEF,Q0?⊥平面BDEF,Q=Q0?nQ0?,Q即為外接球的球心，且四邊形00?Q0?為矩形.設r為四邊形BDEF的外接圓半徑，設外接球的半徑為R,課時作業(60)【詳解】因為E,F,G分別為A?C?,B?C?,BB?的中點，所以EF//A?B?,EF//AB,FG//BC?,所以∠EFG與∠ABC?的兩組對應邊分別平行，一組對應邊方向相同，另一組對應邊方向相反∠EFG與∠ABC?互補.則平面A?BDC?即為所作的平面α,則α∩平面ABC=BD=l,且l//A?C?,所以這3個點是A?,C?,B.選項B,當三條直線在同一平面內時，確定一個平面，當三條因為平面ABC垂直于平面ACD,BO⊥AC,所以BO1平面設正方形的邊長為2,OB=OD=√2,所以BD=2,則OM=所以直線AB與CD所成的角為60°.故選B.【題型】異面直線所成的角.【詳解】按平面兩側正四面體的頂點數分類.情形一一側有1個頂點，另外一側有3個頂點.此時四個頂點對應的中截面符合要求，共4個.情形二兩側各有2個頂點，此時兩組對棱的四個中點構成的平行四邊形所在的平面符合要求，共3個.綜上所述，符合題意的平面共有7個.【題型】平面的基本性質.【詳解】如圖1,設B?D與平面ACD?相交于點E,連接BD交AC于點0,連接B?D?,∵BB?⊥平面ABCD,ACC平面ABCD,則BB?⊥AC,AC⊥BD,BDNBB?=B,BD,BB?C平面BDD?B?,同理可證得AD?⊥B?D,AD?∩AC=A,AD?,ACC平面ACD?,∴B?D⊥平面ACD?.已知AC=AD?=CD?,由正三角形的性質可得E為△ACD?的連接OD?,∵0為AC的中點，∴OD?交B?D于點E,連接PE,由B?D1平面ACD?,PEC平面ACD?,則B?D⊥PE,即PE是△PB?D的高.設AB=a,PE=d,則B?D=√3a,AC=√2a,且△ACD?的內切圓半徑,即,則圖1∵B?D⊥平面ACD?,OD?C平面ACD?,則B?D⊥OD?,故PD為底面半徑的圓錐的母線，如圖2所示，設圓錐的母線與底面所成的角為α,則解得,即直線PD與平面ACD?所成的角直線AC在平面ACD?內，所以直線PD與直線AC所成角的取值范圍∵AC//A?C?,∴直線PD與直線A?C?所成角的取值范圍為,即當aNβ=P時，也可能aCβ,B錯誤；a//b,P∈b,則P≠a,由直線a與點P確定唯一平面α,由a與b確定唯一平面，且該平面經過直線a與點P,所以該平面與α重合，則bCα,故C正確；兩個平面的公共點必在其交線上，故D正確.【題型】平面基本性質的應用.明顯平面ACC?A?∩平面A?BD=A?Q,因為直線AC?與平面A?BD交于點P,所以P∈AC?,P∈平面A?BD,所以P∈平面ACC?A?,所以P∈A?Q,又AC//A?C?,故不存在點Q,使AQ⊥A?C?,故B錯誤；設ACNBD=M,故M是AC的中點，所以△A?AM~△C?A?A,所以∠MA?A=∠AC?A?,∠AMA?=∠A?AC?,又∠MA?A+∠AMA?=90°,故∠MA?A+∠A?AC?=90°,故AC?⊥A?M,在正方體ABCD-A?B?C?D?中，CC?⊥平面ABCD,BDC平面ABCD,所以CC?⊥BD,又AC⊥BD,CC?∩AC=C,CC?C平面ACC?A?,ACC平面ACC?A?,所以BD⊥平面ACC?A?,又AC?C平面ACC?A?,故AC?IBD,又AC?⊥A?M,A?M∩BD=M,A?MC平面A?BD,BDC平面A?BD,所以AC?⊥平面A?BD,又PQC平面A?BD,所以AC?⊥PQ,故C錯誤；在正方體ABCD-A?B?C?D?中，BD//B?D?,又B?D?C平面B?CD?,BD平面B?CD?,所以BD//平面B?CD?,為定值，故四面體B?CD?Q的體積為定值，故D正確.【題型】平面基本性質的應用、異面直線所成的角、三棱錐的體積.【詳解】一個平面去截正方體，考慮從正方體的上底面A?B?C?D?開始截入，不妨設上底面A?B?C?D?與截面的交線為線段PQ,截取有兩種情況，第一種情況是P,Q兩點分別在兩對邊上，如圖，直線PO與BC相交于點M,直線0Q與AD相交于點N,由正方體的性質及面面平行性質定理知截面為平行四邊形PQMN.第二種情況是P,Q兩點在兩相鄰邊上，如圖，直線PO與BC相交于點M,直線0Q與AB相交于點N,直線PQ與A?B?相交于點E,NE與AA,相交于點F,直線MN與CD相交于點G,GQ與CC?相交于點H,易知所得截面為六邊形PQHMNF,A錯誤，B正確.當截面為正六邊形時，正六邊形的邊長為√2,它的面積為6×,C正確.當截面為平行四邊形時，由對稱性可知A?P=MC,PD?=BM,C?Q=AN,B?Q=DN,若四邊形PQMN為菱形，則PN=MN,(AN-MC)2=(BM-AN)2,可得AN-MC=BM-AN或AN-MC=AN-BM,可得2AN=AD或MC=BM,D正確.【題型】幾何體的截面問題.【詳解】還原的幾何體如圖所示，故AB,CD為異面直線.【題型】空間直線位置關系的判斷.12.【答案】則異面直線AD與CE所成的角是∠MEC或其補角.7,則CE=√7.同理可得CM=√7.由于異面直線AD與CE所成角的取值范圍則異面直線AD與CE所成角的余弦值體的后側面所在的平面內.因為異面直線AB,CD所成的角,CE//AB,置相同.可設AC的中點為F,四面體ABCD外接球的球心為0,球的半徑為R,由題意可知球心0在過點F且垂直于平面ABC的垂線上，且建立如圖所示的空間直角坐標系，已知AB=1,BC=2,設所以R2=2或R2=8,故四面體ABCD外接球的表面積為4πR2=8π【詳解】(1)如圖，連接AC,A?C?,取0,0?分別為AC和A?C?因為ABCD-A?B?C?D?為正四棱臺，所以A?C?//AC,且00?為ABCD-A?B?C?D?的高.因為A?B?=1,AB=AA?=3,所以正四棱臺ABCD-A?B?C?D?的體積為A?C?,AC≠A?C?,設EGNFH=P,因為EGC平面AA?B?B,所以P∈平面AA?B?B.32能力進階——一輪復習(配套練習)高中數學下冊因為FHC平面BB?C?C,所以P∈平面BB?C?C.又平面AA?B?B∩平面BB?C?C=BB?,所以P∈BB,所以GE,FH,BB,交于一點【詳解】(1)取C?D?的中點為P,連接PB?,PQ,QA,AB?,則四(2)當x=1時，點Q位于點D?,此時截面為△AD?B?,如圖，此時S(0)=AD·AB?=√2. 由于AQ=MB?=√1+x2,QM=√2D?Q=√2(1-x),AB?=√2,所以梯形的面積為設f(x)=(x-2)2(x2+2),∴f'(x)=2(x-2)(x2+2)+2x(x-2)2=4(x-2)(x2-x+1)<0,當x=0,x=1時，也符合,故所以≤x≤1),且值域為課時作業(61)對于A,取平面M為平面ABCD,取直線A?B?為直線a,直線B?C?為直線b,滿足a//M,b//M,但是a,b不平行，對于B,取平面M為平面ABCD,取直線AD為直線a,直線BC為直線b,滿足bCM,a//b,但是aCM,故B不正確；對于C,取直線A?B?為直線a,直線CC?為直線c,直線B?C?為直線b,滿足對于D,因為a⊥M,b⊥M,由線面垂直的性質定理可得a//b,故選D.參考答案相交.故選A.記αNy=a,β∩y=b,則有m//a,m//b,∴a//0,連接OE,如圖所示.∵BF//平面ACE,平面BOEF∩平面ACE=OE,BFC平面BOEF,故選B.易知HD//B?C,DN//AC,因為B?CNAC=C,AC,B?CC平面AB?C,HD,DN不在平面AB?C上，所以HD//平面AB?C,DN//平面AB?C,所以平面MNDH//平面AB?C,即四邊形MNDH為平面α與三棱柱ABC-A?B?C?的截面. 因為,∠AA?B=90°,所以AB?=√A?B2+AA2= √32+42=5,所以 ∠BAC=90°,所以B?C?=BC=√AB2+AC2=√32+42=5,所以B?C=5,所以,所以梯形MNDH為等腰梯形.故A項正確.故選A.【詳解】對于A,∵B?CC平面BCC?B?,MN∩平面BCC?B?=N,∴當點N與點B?重合時，MN與B?C相交，當點N對于B,過點M作MH//A?B?,交B?C?于點H,連接CH,能力進階輪復習(配套練習)高中數學下冊∵AB//A?B?//MH,:∠CMH或其補角為異面直線CM與AB所成的角，∵AB⊥平面BCC?B,∴MH⊥平面BCC?B?,又CHC平面則設該正方體的棱長為1,MH=x(0<x<1),B?C?=MH=x,則,解∴異面直線CM與AB所成的角可以正確；對于C,連接AC,交BD于點0,連接MO,∵BB?⊥平面ABCD,ACC平面ABCD,∴BB?⊥AC,BB?C平面BND,設該正方體的棱長為1,C?M=a(0<a<√2),則∴直線CM與平面BND所成的角不可能),C錯誤；對于D,作MG//B?C?,交A?B?于點G,連接BG,故MN//PC,而PCC平面ABC,MNC平面ABC,故MN//平面ABC,A正確；對于B,設P為AB的中點，底面為平行四邊形BCFE,連接MP,PC,故PM//CN,PM=CN,即四邊形PMNC故MN//PC,而PC