一、選擇題：1-5 BAACD 6-10 BCACC 11-12 BD
二、填空題
13 。 80 14.±或0 15 。6-3 16.⎢-⎡
⎣⎤，⎥ 33⎦
三、解答題
17 。證明:(1)在正三稜柱ABC-A1B1C1中，
∵F、F1分別是AC、A1C1的中點，
∴B1F1∥BF，AF1∥C1F.
又∵B1F1∩AF1=F1，C1F∩BF=F，
∴平面AB1F1∥平面C1BF.
（2）在三稜柱ABC-A1B1C1中，AA1⊥平面A1B1C1，∴B1F1⊥AA1.
又B1F1⊥A1C1，A1C1∩AA1=A1，
∴B1F1⊥平面ACC1A1，而B1F1⊂平面AB1F1，
∴平面AB1F1⊥平面ACC1A1.
18 。解：(1)設y-1=k，則k表示點P(x,y)與點(2，1)連線的斜率。當該直線與圓相切x-2
2kk2+1=1，解得k=±3y-1，∴的值為，3x-23時，k取得值與最小值。由
最小值為-. 3
（2）設2x+y=m，則m表示直線2x+y=m在y軸上的截距。 當該直線與圓相切時，m取得值與最小值。由-m5=1，解得m=1±，∴2x+y的值為1+，最小值為1-.
19、(1)證明：因為P，Q分別為AE，AB的中點，
所以PQ∥EB.又DC∥EB，因此PQ∥DC，
又PQ⊄平面ACD，
從而PQ∥平面ACD.
（2）如圖，連接CQ，DP，因為Q為AB的中點，且AC=BC，所以CQ⊥
AB.因為DC⊥平面ABC，EB∥DC，
所以EB⊥平面ABC，因此CQ⊥EB.
故CQ⊥平面ABE.
由(1)有PQ∥DC，又PQ==DC，所以四邊形CQPD為平行四邊形，故DP∥CQ，
因此DP⊥平面ABE，
∠DAP為AD和平面ABE所成的角，
在Rt△DPA中，AD=5，DP=1，
sin∠DAP=，因此AD和平面ABE所成角的正弦值為
221255520、解：(1)配方得(x-1)+(y-2)=5-m，所以5-m>0，即m<5，
（2）設M(x1，y1)、N(x2，y2)，∵ OM⊥ON，所以x1x2+y1y2=0，
x+2y-4=0⎧2由⎨2 得5x-16x+m+8=0， 2⎩x+y-2x-4y+m=0
因為直線與圓相交於M、N兩點， 所以△=16-20(m+8)>0，即m<
所以x1+x2=224， 516m+84m-16，x1x2=， y1y2=(4-2x1)(4-2x2)=16-8(x1+x2)+4x1x2=， 555
8824代入解得m=滿足m<5且m<，所以m=。 555
21、(1)證明：如圖所示，取CD的中點E，
連接PE，EM，EA，
∵△PCD為正三角形，
∴PE⊥CD，PE=PDsin∠PDE=2sin603.
∵平面PCD⊥平面ABCD，
∴PE⊥平面ABCD，而AM⊂平面ABCD，∴PE⊥AM.
∵四邊形ABCD是矩形，
∴△ADE，△ECM，△ABM均為直角三角形，由勾股定理可求得EM3，AM=6，AE=3，
∴EM+AM=AE.∴AM⊥EM.
又PE∩EM=E，∴AM⊥平面PEM，∴AM⊥PM.
（2）解：由(1)可知EM⊥AM，PM⊥AM，
∴∠PME是二面角P-AM-D的平面角。
PE3∴tan∠PME=1，∴∠PME=45°。 EM3
∴二面角P-AM-D的大小為45°。22.(1)證明：連接AE，如下圖所示。
∵ADEB為正方形，
∴AE∩BD=F，且F是AE的中點，
又G是EC的中點，
∴GF∥AC，又AC⊂平面ABC，GF⊄平面ABC，
∴GF∥平面ABC.
（2）證明：∵ADEB為正方形，∴EB⊥AB，
又∵平面ABED⊥平面ABC，平面ABED∩平面ABC=AB，EB⊂平面ABED，
∴BE⊥平面ABC，∴BE⊥AC.
又∵AC=BC222AB， 22∴CA+CB=AB，
∴AC⊥BC.
又∵BC∩BE=B，∴AC⊥平面BCE.
（3）取AB的中點H，連GH，∵BC=AC=22= 22
1∴CH⊥AB，且CH=，又平面ABED⊥平面ABC 2
111∴GH⊥平面ABCD，∴V=1×326
【説明】 本試卷滿分100分，考試時間90分鐘。
一、選擇題（每小題6分，共42分）
1.b2=ac,是a,b,c成等比數列的( )
A.充分不必要條件 B.必要非充分條件
C.充要條件 D.既不充分也不必要條件
【答案】B
【解析】因當b2=ac時，若a=b=c=0,則a,b,c不成等比數列；若a,b,c成等比，則 ，即b2=ac.
2、一個公比q為正數的等比數列{an}，若a1+a2=20,a3+a4=80,則a5+a6等於( )
A.120 B.240 C.320 D.480
【答案】C
【解析】∵a1+a2,a3+a4,a5+a6也成等比數列（公比為q2）。
∴a5+a6= =320.
3、數列{an}的前n項和Sn=3n+a,要使{an}是等比數列，則a的值為( )
A.0 B.1 C.-1 D.2
【答案】C
【解析】∵an=
要使{an}成等比，則3+a=2•31-1=2•30=2,即a=-1.
4、設f（x)是定義在R上恆不為零的函數，對任意實數x,y∈R,都有f(x)•f(y)=f(x+y)，若a1= ，an=f(n)(n∈N_)，則數列{an}前n項和Sn的取值範圍是( ）
A.[ ，2) B.[ ，2]
C.[ ，1) D.[ ，1]
【答案】C
【解析】因f(n+1)=f(1)•f(n)，則an+1=a1•an= an，
∴數列{an}是以 為首項，公比為 的等比數列。
∴an=( )n.
Sn= =1-( )n.
∵n∈N_,∴ ≤Sn<1.
5、等比數列{an}的各項都是正數，且a2, a3,a1成等差數列，則 的值是( )
A. B.
C. D. 或
【答案】B
【解析】∵a3=a2+a1,
∴q2-q-1=0,q= ，或q= (舍)。
∴ 。
6、（2010北京宣武區模擬，4)在正項等比數列{an}中，a1、a99是方程x2-10x+16=0的兩個根，則a40•a50•a60的值為( ）
A.32 B.64 C.±64 D.256
【答案】B
【解析】因a1•a99=16,故a502=16,a50=4,a40•a50•a60=a503=64.
7、如果P是一個等比數列的前n項之積，S是這個等比數列的前n項之和，S′是這個等比數列前n項的倒數和，用S、S′和n表示P，那麼P等於( )
A.(S•S′ B.
C.( )n D.
【答案】B
【解析】設等比數列的首項為a1,公比q(q≠1)
則P=a1•a2•…•an=a1n• ，
S=a1+a2+…+an= ，
S′= +…+ ，
∴ =(a12qn-1 =a1n =P,
當q=1時和成立。
二、填空題（每小題5分，共15分）
8、在等比數列中，S5=93，a2+a3+a4+a5+a6=186,則a8=___________________.
【答案】384
【解析】易知q≠1，由S5= =93及 =186.
知a1=3,q=2,故a8=a1•q7=3×27=384.
9、(2010湖北八校模擬，13)在數列{an}中，Sn=a1+a2+…+an,a1=1,an+1= Sn(n≥1)，則an=
【答案】（ )•( ）n-2
【解析】∵an+1= Sn,
∴an= Sn-1(n≥2)。
①-②得，an+1-an= an,
∴ (n≥2)。
∵a2= S1= ×1= ，
∴當n≥2時，an= •( )n-2.
10、給出下列五個命題，其中不正確的命題的序號是_______________.
①若a,b,c成等比數列，則b= ②若a,b,c成等比數列，則ma,mb,mc（m為常數）也成等比數列 ③若{an}的通項an=c（b-1)bn-1(bc≠0且b≠1)，則{an}是等比數列 ④若{an}的前n項和Sn=apn(a,p均為非零常數），則{an}是等比數列 ⑤若{an}是等比數列，則an,a2n,a3n也是等比數列
【答案】②④
【解析】②中m=0,ma,mb,mc不成等比數列；
④中a1=ap,a2=ap(p-1)，a3=ap2(p-1)， ，故②④不正確，①③⑤均可用定義法判斷正確。
三、解答題（11—13題每小題10分，14題13分，共43分）
11、等比數列{an}的公比為q，作數列{bn}使bn= ，
（1）求證數列{bn}也是等比數列；
（2）已知q>1,a1= ，問n為何值時，數列{an}的前n項和Sn大於數列{bn}的前n項和Sn′。
（1）證明：∵ =q,
∴ 為常數，則{bn}是等比數列。
（2）【解析】Sn=a1+a2+…+an
= ，
Sn′=b1+b2+…+bn
= ，
當Sn>Sn′時，
。
又q>1,則q-1>0,qn-1>0,
∴ ，即qn>q7,
∴n>7,即n>7(n∈N_)時，Sn>Sn′。
12、已知數列{an}:a1,a2,a3,…，an,…，構造一個新數列：a1,(a2-a1)，(a3-a2)，…，(an-an-1)，…此數列是首項為1，公比為 的等比數列。
（1）求數列{an}的通項；
（2）求數列{an}的前n項和Sn.
【解析】（1)由已知得an-an-1=（ ）n-1(n≥2），a=1,
an=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+…+(an-an-1)
= [1-( )n]。
(2)Sn=a1+a2+a3+…+an
= - [ +（ )2+…+( ）n]
= - [1-( )n]
= ×( )n.
13、在等比數列{an}中，a1+a3=10,a2+a4=20,設cn=11-log2a2n.
（1）求數列{cn}的前n項和Sn.
（2）是否存在n∈N_,使得 成立？請説明理由。
【解析】(1)由已知得
∴an=a1qn-1=2n.
∴cn=11-log2a2n=11-log222n
=11-2n.
Sn=c1+c2+…+cn= =-n2+10n.
（2）假設存在n∈N_,使得 即 。
∴22n+3×2n-3<0,解得 。
∵ =1,而2n≥2,
故不存在n∈N_滿足 。
14、（2010湖北黃岡中學模擬，22) 已知函數f(x)= ，x∈(0,+∞），數列{xn}滿足xn+1=f（xn)，(n=1,2,…），且x1=1.
（1）設an=|xn- |，證明：an+1
（2）設(1)中的數列{an}的前n項和為Sn，證明：Sn< 。
證明：(1)an+1=|xn+1- |=|f(xn)- |= 。
∵xn>0,
∴an+1<（ -1）|xn- |<|xn- |=an,
故an+1
（2）由(1)的證明過程可知
an+1<（ -1）|xn- |
<（ -1）2|xn-1- |
<…<（ -1）n|x1- |=（ -1）n+1
∴Sn=a1+a2+…+an<|x1- |+（ -1）2+…+（ -1）n
=（ -1）+（ -1）2+…+（ -1）n
= [1-（ -1）n]< 。
1、下列説法中不正確的是()
A.數列a，a，a，…是無窮數列
B.1，-3，45，-7，-8，10不是一個數列
C.數列0，-1，-2，-3，…不一定是遞減數列
D.已知數列{an}，則{an+1-an}也是一個數列
解析：選B.A，D顯然正確；對於B，是按照一定的順序排列的一列數，是數列，所以B不正確；對於C，數列只給出前四項，後面的項不確定，所以不一定是遞減數列。故選B.
2、已知數列{an}的通項公式為an=1+（-1)n+12，則該數列的前4項依次為(）
A.1，0，1，0B.0，1，0，1
C.12，0，12，0D.2，0，2，0
解析：選A.當n分別等於1，2，3，4時，a1=1，a2=0，a3=1，a4=0.
3、已知數列{an}的通項公式是an=2n2-n，那麼()
A.30是數列{an}的一項B.44是數列{an}的一項
C.66是數列{an}的一項D.90是數列{an}的一項
解析：選C.分別令2n2-n的值為30，44，66，90，可知只有2n2-n=66時，n=6（負值捨去），為正整數，故66是數列{an}的一項。
4、已知數列的通項公式是an=2，n=1，n2-2，n≥2，則該數列的前兩項分別是()
A.2，4B.2，2
C.2，0D.1，2
解析：選B.當n=1時，a1=2;當n=2時，a2=22-2=2.
5、如圖，各圖形中的點的個數構成一個數列，該數列的一個通項公式是()
=n2-n+=n(n-1)2
=n(n+1)=n(n+2)2
解析：選C.法一：將各圖形中點的個數代入四個選項便可得到正確結果。圖形中，點的個數依次為1，3，6，10，代入驗證可知正確答案為C.
法二：觀察各個圖中點的個數，尋找相鄰圖形中點個數之間的關係，然後歸納一個通項公式。觀察點的個數的增加趨勢可以發現，a1=1×22，a2=2×32，a3=3×42，a4=4×52，所以猜想an=n(n+1)2，故選C.
6、若數列{an}的通項滿足ann=n-2，那麼15是這個數列的第________項。
解析：由ann=n-2可知，an=n2-2n.
令n2-2n=15，得n=5.
答案：5
7、已知數列{an}的前4項為11，102，1003，10004，則它的一個通項公式為________.
解析：由於11=10+1，102=102+2，1003=103+3，10004=104+4，…，所以該數列的一個通項公式是an=10n+n.
答案：an=10n+n
8、已知數列{an}的通項公式為an=2017-3n，則使an>0成立的正整數n的值為________.
解析：由an=2017-3n>0，得n<20173=67213，又因為n∈N+，所以正整數n的值為672.
答案：672
9、已知數列{n(n+2)}：
（1）寫出這個數列的第8項和第20項；
(2)323是不是這個數列中的項？如果是，是第幾項？
解：(1)an=n(n+2)=n2+2n，所以a8=80，a20=440.
（2）由an=n2+2n=323，解得n=17.
所以323是數列{n(n+2)}中的項，是第17項。
10、已知數列2，74，2，…的通項公式為an=an2+bcn，求a4，a5.
解：將a1=2，a2=74代入通項公式，
得a+bc=2，4a+b2c=74，解得b=3a，c=2a，所以an=n2+32n，
所以a4=42+32×4=198，a5=52+32×5=145.
[B能力提升]
11、已知數列{an}的通項公式為an=sinnθ，0<θ<π6，若a3=12，則a15=____________.
解析：a3=sin3θ=12，又0<θ<π6，所以0<3θ<π2，所以3θ=π6，所以a15=sin15θ=sin56π=12.
答案：12
12、“中國剩餘定理”又稱“孫子定理”。1852年英國來華傳教士偉烈亞利將《孫子算經》中“物不知數”問題的解法傳至歐洲。1874年，英國數學家馬西森指出此法符合1801年由高斯得出的關於同餘式解法的一般性定理，因而西方稱之為“中國剩餘定理”。“中國剩餘定理”講的是一個關於整除的問題，現有這樣一個整除問題：將2至2017這2016個數中能被3除餘1且被5除餘1的數按由小到大的順序排成一列，構成數列{an}，則此數列的項數為________.
解析：能被3除餘1且被5除餘1的數就是能被15整除餘1的數，故an=15n-14.
由an=15n-14≤2017得n≤135.4，當n=1時，此時a1=1，不符合，故此數列的項數為135-1=134.
答案：134
13、在數列{an}中，a1=3，a17=67，通項公式是關於n的一次函數。
（1）求數列{an}的通項公式；
（2）求a2016;
(3)2017是否為數列{an}中的項？若是，為第幾項？
解：(1)設an=kn+b(k≠0)。
由a1=3，且a17=67，得k+b=317k+b=67，
解之得k=4且b=-1.所以an=4n-1.
（2）易得a2016=4×2016-1=8063.
（3）令2017=4n-1，得n=20184=10092∉N+，
所以2017不是數列{an}中的項。
14、（選做題）已知數列9n2-9n+29n2-1，
（1）求這個數列的第10項；
(2)98101是不是該數列中的項，為什麼？
（3）求證：數列中的各項都在區間(0，1)內；
（4）在區間13，23內是否有數列中的項？若有，有幾項？若沒有，説明理由。
解：(1)設an=9n2-9n+29n2-1=(3n-1)(3n-2)(3n-1)(3n+1)=3n-23n+1.令n=10，得第10項a10=2831.
（2）令3n-23n+1=98101，得9n=300.此方程無正整數解，所以98101不是該數列中的項。
（3）證明：因為an=3n-23n+1=3n+1-33n+1=1-33n+1，
又n∈N+，所以0<33n+1<1，所以0
所以數列中的各項都在區間(0，1)內。
（4）令13<3n-23n+1<23，所以3n+1<9n-6，9n-6<6n+2，
所以n>76，n<83.所以76
當且僅當n=2時，上式成立，故區間13，23內有數列中的項，且只有一項為a2=47.
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