一、填空題
1．課本必修第三冊80頁上介紹了“多面體的歐拉定理”：簡單多面體的頂點數(shù)、棱數(shù)與面數(shù)之間具有關系：
【答案】
【分析】由“多面體的歐拉定理”即可得到結(jié)果.
【詳解】由“多面體的歐拉定理”可得.
故答案為：.
2．循環(huán)小數(shù)化成分數(shù)為
【答案】
【分析】可以看成與一個以為首項，公比為的無窮等比數(shù)列的和，即可求解.
【詳解】，
等式的右邊是與一個以為首項，公比為的無窮等比數(shù)列的和，
等比數(shù)列的和為，
所以,
故答案為：
3．已知等差數(shù)列中，，，則
【答案】
【分析】根據(jù)等差數(shù)列的性質(zhì)求解；
【詳解】因為為等差數(shù)列，所以，，
兩式相加得：
，
故答案為：.
4．球的體積是，則球的表面積是
【答案】
【分析】根據(jù)球的體積求得球的半徑，由此求得球的表面積.
【詳解】設球的半徑為，依題意，故球的表面積為.
故答案為.
【點睛】本小題主要考查球的體積和表面積有關計算，屬于基礎題.
5．在棱長為的正方體中，點是棱靠近的三等分點，點是棱靠近的四等分點，則四棱錐的體積為
【答案】/0.125
【分析】根據(jù)錐體體積公式即可求解.
【詳解】由于平面，
所以,
故答案為：

6．與空間不共面的四點距離相等的平面共有個
【答案】7
【分析】按一個點與另外三個點分別在平面兩側(cè)，兩個點與另外兩個點分別在平面兩側(cè)兩類討論即得.
【詳解】由點A，B，C，D不共面，得點A，B，C，D構(gòu)成四面體，
如圖，取AB，AC，AD的中點M，E，F(xiàn)，連接ME，MF，EF，
則，，而平面，平面，平面，
于是得平面，平面，
而，平面，因此，平面平面，
由一個平面過一條線段的中點，則這條線段的兩端點到這個平面的距離相等，
得點B，C，D到平面的距離等于點A到平面的距離，
同理，過點B或者C或者D的三條棱中點的平面與該點所對面平行，這一點與另外三點到平面距離相等，
因此，符合上述條件的平面有4個，
如圖，取AC，AD，BD，BC的中點E，F(xiàn)，G，H連接EF，F(xiàn)G，GH，EH，
于是有，平面，平面，平面，則點C，D到平面的距離相等，
同理點A，B到平面的距離相等，并且等于點C，D到平面的距離，
同理，過除相對棱AD，BC外的另外四條棱中點的平面，可得點A，D，B，C到這個平面的距離相等，
過除相對棱AC，BD外的另外四條棱中點的平面，可得點A，C，B，D到這個平面的距離相等，
因此，符合與相對棱平行的平面有3個，
所以與不共面的四點等距離的平面有7個.
故答案為：7
二、解答題
7．在數(shù)列中，，且，求數(shù)列的通項公式．
【答案】
【分析】根據(jù)已知，利用累加法求數(shù)列的通項公式．
【詳解】由題設，
所以且，
顯然滿足上式，
所以
三、填空題
8．設甲、乙兩個圓柱的底面積分別為S1，S2，體積分別為V1，V2，若它們的側(cè)面積相等，且＝，則的值是 ．
【答案】
【詳解】試題分析：設兩個圓柱的底面半徑分別為R，r；高分別為H，h；∵，∴，它們的側(cè)面積相等，∴，∴．故答案為．
【解析】1．棱柱、棱錐、棱臺的體積；2．旋轉(zhuǎn)體（圓柱、圓錐、圓臺）．
9．設等比數(shù)列的公比為其前n項和為，若，，則正整數(shù)m的值為 .
【答案】3
【分析】利用等比數(shù)列的通項公式由條件可求得，然后由等比數(shù)列前項和公式可求得．
【詳解】在等比數(shù)列中，因為，
所以，解得.
因為，所以，
解得.
故答案為：3．
【點睛】本題考查等比數(shù)列的通項公式和前項和公式，考查基本量運算，屬于基礎題．
10．已知圓錐底面半徑為，高為，則過圓錐的母線的截面面積的最大值為
【答案】2
【分析】依題意求得圓錐的母線長，確定軸截面的頂角，從而求出截面面積的取值的最大值，由此得解．
【詳解】依題意，設圓錐的母線長為，
圓錐的底面半徑為，高為1，
，
設圓錐的軸截面的兩母線夾角為，則，
，，
則過該圓錐的頂點作截面，截面上的兩母線夾角設為，
故截面的面積為，當且僅當時，等號成立，
故截面的面積的最大值為2．
故答案為：2
11．若數(shù)列是等差數(shù)列，數(shù)列滿足，的前項和用表示，若滿足，則當?shù)扔? 時，取得最大值．
【答案】
【分析】根據(jù)分析出公差為負數(shù)，且前16項均為正數(shù)，從第17項開始為負數(shù)，即可分析出的前項和取得最大值的時刻.
【詳解】，
，即，
，又，，
，，
，，
，，
，
，，
，
則時，取得最大值為．
故答案為：
【點睛】此題考查等差數(shù)列的基本性質(zhì)，涉及公差對單調(diào)性的影響，通過單調(diào)性處理數(shù)列中的項的符號，易錯點在于忽略掉三項乘積雖有，但所以最大應該.
12．如圖，已知正方體的棱長為2，長為2的線段MN的一個端點M在棱DD1上運動，點N在正方體的底面ABCD內(nèi)運動，則MN的中點P的軌跡與正方體從頂點D出發(fā)的三個面所圍成的幾何體的表面積是________.
【答案】
【分析】所求幾何體的表面積相當于點的軌跡面面積和點的軌跡面與正方體從頂點D出發(fā)的三個面所圍成部分的面積之和.連接、，根據(jù)直角三角形性質(zhì)可知點的軌跡為球面，且在正方體內(nèi)部的部分為個球面，利用球的表面積公式，即可求得的軌跡面積，點的軌跡面與正方體從頂點D出發(fā)的三個面所圍成部分的面積等于以點為圓心，為半徑的圓的面積的，即可求解.
【詳解】連接，則為直角三角形，在中，，為的中點，連接，則
所以點在以D為球心,半徑的球面上，
又因為點只能落在正方體上或其內(nèi)部，
所以點的軌跡的面積等于該球面面積的，
即，
又點的軌跡面與正方體從頂點D出發(fā)的三個面所圍成部分的面積為以點為圓心，為半徑的圓的面積的，
即，
故所求幾何體的表面積.
故答案為：.
四、單選題
13．已知m，n，是三條不重合的直線，α，β是兩個不重合的平面，則n//β的一個充分條件（ ）
A．m⊥β，m⊥nB．α∩β=，m⊥n，n⊥，m//α.
C．α⊥β，n⊥α，mβ，m與n不相交D．α∩β=，n//，mα，m與n相交
【答案】D
【分析】根據(jù)空間中的點、線、面的位置關系的判定定理和性質(zhì)定理逐項判斷后可得正確的選項.
【詳解】對于A，若，則或，故A錯.
對于B，在如圖所示的正方體中，
平面平面，，平面，
，但與平面不平行，故B錯.
對于C，若，則或，故C錯.
對于D，因為，故或，若，則與沒有公共點，
但相交且，故不成立，故，故，否則重合，與題設矛盾，
由線面平行的判定定理可得，故D正確.
故選：D.
【點睛】本題考查空間中與點、線、面位置關系有關的命題真假的判斷，對于此類問題，可在正方體中尋找反例，也可以動態(tài)考慮位置關系得到所有可能的結(jié)果，從而判斷命題的真假.
14．數(shù)列滿足，，則（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】利用遞推公式可判斷該數(shù)列為等差數(shù)列，可得通項公式，再利用裂項相消法求和.
【詳解】由已知，，
可知數(shù)列是以為首項，為公差的等差數(shù)列，
所以，
，
所以，
故選：A.
15．下列四個正方體圖形中,A,B為正方體的兩個頂點,M,N,P分別為其所在棱的中點,能得出AB∥平面MNP的圖形的個數(shù)有（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】B
【解析】根據(jù)線面平行的判定逐個選項分析即可.
【詳解】圖①可知因為M,N分別為其所在棱的中點,
如圖，連接AC,
故,平面ABC，
平面ABC，故平面 ,同理平面,又,
故ABC∥平面MNP,故AB∥平面MNP,
圖①符合題意；
圖④,如圖,由中位線有,又四邊形ABCD為平行四邊形,故
,故AB∥PN,又平面MNP，平面MNP，故AB∥平面MNP,圖④符合題意；
至于圖②,取下底面中心O,則NO//AB,NO∩平面MNP=N,∴AB與平面MNP不平行，故②不成立.
對于圖③，如圖，過M作ME//AB,E是中點，ME與平面PMN相交，∴AB與平面PMN相交，∴AB與平面MNP不平行，故③不成立；
,
故選：B.
【點睛】本題主要考查了線面平行的判定與性質(zhì),屬于基礎題.
16．在和之間插入個數(shù)，組成首項為，末項為的等差數(shù)列，若這個數(shù)列的前項的和，后項的和之比為，則插入數(shù)的個數(shù)是（ ）
A．個B．個C．個D．個
【答案】B
【分析】設插入的這個數(shù)分別記為、、、，計算出這個數(shù)列的公差，計算出這個數(shù)列前項的和與所有項的和，根據(jù)這個數(shù)列的前項的和占所有項之和的可得出關于的等式，解出的值，即可得解.
【詳解】設插入的這個數(shù)分別記為、、、，
由等差數(shù)列的性質(zhì)可得，
這個數(shù)列的公差為，這個數(shù)列所有項的和為，
這個數(shù)列的前項的和為，
因為這個數(shù)列的前項的和與后項的和之比為，
則，即，解得，
所有，插入數(shù)的個數(shù)是個.
故選：B.
五、解答題
17．如圖，在直三棱柱中，，分別是，的中點. 求證：
（1）平面平面；
（2）平面.
【答案】（1）證明見解析；（2）證明見解析
【分析】（1）證明平面得到答案.
（2）為中點，連接，，確定四邊形為平行四邊形，得到證明.
【詳解】（1）在直三棱柱，則平面，平面，故，
，，故平面，平面，
故平面平面.
（2）如圖所示：為中點，連接，，故，，
故，故四邊形為平行四邊形，故，平面，
故平面.
【點睛】本題考查了面面垂直，線面平行，意在考查學生的推斷能力和空間想象能力.
18．設公比為正數(shù)的等比數(shù)列的前項和為，已知，數(shù)列滿足.
(1)求數(shù)列和的通項公式；
(2)設數(shù)列的前項和為，若不等式恒成立，求的最小值.
【答案】(1)，
(2)
【分析】（1）根據(jù)等比數(shù)列基本量的計算即可得首項和公比，
（2）根據(jù)等差求和公式，將問題轉(zhuǎn)化為對任意的恒成立，利用基本不等式求解最值即可求解.
【詳解】（1）設公比為，且，
由可得，解得，
所以，，
（2）由于，所以，故，因此為等差數(shù)列，且公差為1，故，
由得，
進而可得對任意的恒成立，
令,則，
記，當且僅當時等號成立，但由于，，而，，，
所以，故，
，則
因此，故,
即的最小值為，
19．如圖，在邊長為12的正方形中，點在線段上，且，作，分別交于點，作，分別交于點，將該正方形沿折疊，使得與重合，構(gòu)成如圖所示的三棱柱.
(1)求四棱錐的體積；
(2)求平面與平面所成銳二面角的余弦值.
【答案】(1)20
(2)
【分析】（1）首先證明面，然后求解；
（2）構(gòu)建空間直角坐標系，求解面的法向量，然后求解二面角余弦值．
【詳解】（1）在正方形中，
因為
所以三棱柱的底面三角形的邊，
因為，所以,
所以，
因為正方形 ，,
所以又
所以面.
在直角梯形中, ,
所以,
即四棱錐的體積為20.
（2）
如圖：以為原點，分別以，，所在直線為，，軸建立空間直角坐標系，
則,
,
設平面的法向量為
解得：，
所以
又平面的法向量
設的夾角為
由圖可知二面角平面與平面所成銳二面角的余弦值為銳角，
所以二面角的余弦值為.
20．設數(shù)列的前項和為，若．
（Ⅰ）證明為等比數(shù)列并求數(shù)列的通項公式；
（Ⅱ）設，數(shù)列的前項和為，求；
（Ⅲ）求證：．
【答案】（Ⅰ）證明見解析；；（Ⅱ）；（Ⅲ）證明見解析.
【解析】（Ⅰ）由已知利用與的關系得，當時，，即，即可證得結(jié)論，寫出其通項公式，即可求得結(jié)果；
（Ⅱ）知，利用錯位相減法求數(shù)列的前項和；
（Ⅲ）知，則，利用放縮法知，再結(jié)合分組求和及等比數(shù)列的求和公式可證得結(jié)論.
【詳解】（Ⅰ）由得，當時，
兩式作差得：，即，即，
令得，所以是以為首項，為公比的等比數(shù)列．
所以，故．
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，
兩式作差得：
所以．
（Ⅲ）由（Ⅰ）知，則，
恒成立，，即
所以，
所以．
【點睛】方法點睛：本題考查求一般數(shù)列的通項公式及一般數(shù)列的求和，求數(shù)列通項公式常用的方法：（1）由與的關系求通項公式；（2）累加法；（3）累乘法；（4）兩邊取到數(shù)，構(gòu)造新數(shù)列法.
求數(shù)列和常用的方法：（1）等差等比數(shù)列：分組求和法；（2）倒序相加法；（3）（數(shù)列為等差數(shù)列）：裂項相消法；（4）等差等比數(shù)列：錯位相減法.
21．正多面體又稱為柏拉圖立體，是指一個多面體的所有面都是全等的正三角形或正多邊形，每個頂點聚集的棱的條數(shù)都相等，這樣的多面體就叫做正多面體.可以驗證一共只有五種多面體.令（均為正整數(shù)），我們發(fā)現(xiàn)有時候某正多面體的所有頂點都可以和另一個正多面體的一些頂點重合，例如正面體的所有頂點可以與正面體的某些頂點重合，正面體的所有頂點可以與正面體的所有頂點重合，等等.
(1)當正面體的所有頂點可以與正面體的某些頂點重合時，求正面體的棱與正面體的面所成線面角的最大值；
(2)當正面體在棱長為的正面體內(nèi)，且正面體的所有頂點均為正面體各面的中心時，求正面體某一面所在平面截正面體所得截面面積；
(3)已知正面體的每個面均為正五邊形，正面體的每個面均為正三角形.考生可在以下2問中選做1問.
（第一問答對得2分，第二問滿分8分，兩題均作答，以第一問結(jié)果給分）
第一問：求棱長為的正面體的表面積；
第二問：求棱長為的正面體的體積.
【答案】(1)
(2)
(3)第一問：；第二問：
【分析】（1）根據(jù)正面體特點得出、、、、即可求出夾角最大值；
（2）得出顯然截面為邊長為的正三角形即可求解；
（3）第一問：根據(jù)正二十面體各面為正三角形即可求解；
第二問：圖形可以分為得到一個棱長相等的平行六面體和六個相同的立體圖形，由此即可求解.
【詳解】（1）設正面體每個端點出去的棱數(shù)相等為，
每個面的邊的數(shù)量相等為，端點數(shù)量為，
面的數(shù)量為，棱的數(shù)量為，
由于每個棱用兩個端點，所以有：，
由于每兩個相鄰的面共用一條棱，所以有：，
由，解得，
因為代表多邊形的邊數(shù)，所以，
因為要得到立體圖形，必須有，
由題意易得，所以，，
所以滿足條件的只有組解，
①，，，即正四面體；
②，，，即正六面體；
③，，，即正十二面體；
④，，，即正八面體；
⑤，，，即正二十面體。
即，，，，，
為了滿足題意，只需找到正六面體的四個端點，端點距離全部相等，
滿足題意的僅有一種，如圖所示：
易得線面角只有或，所以夾角最大值為；
（2）
、、代表正六面體的中心，、、代表截面三角形，
顯然截面為邊長為的正三角形，面積；
（3）第一問：
正二十面體各面為正三角形，表面積；
第二問：正十二面體各面為正五邊形，圖形如下：
按照圖示紅色箭頭分割，得到一個棱長相等的平行六面體和六個相同的立體圖形，
如圖、長度為1，且，
由易知，即正六面體邊長為，
正六面體邊長為，則，
沿著頂棱的兩個端點，分別作關于頂棱垂直的切面，立體圖形可以拆成兩個四面體，一個三棱柱，
先算出綠色邊的長度，再用勾股定理易得立體圖形高為，
，
所以總體積為.
【點睛】關鍵點點睛：本題關鍵在于熟悉正面體的性質(zhì)以及對立體圖形想象的正確.

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