2019-2020学年安徽省宣城七校高一下学期联考数学（理）试题（解析版）.doc

1、第 1 页 共 18 页 2019-2020 学年安徽省宣城七校高一下学期联考数学（理）试学年安徽省宣城七校高一下学期联考数学（理）试 题题 一、单选题一、单选题 1sincos 1212 （ ） A 1 4 B 1 2 C 3 2 D 3 4 【答案】【答案】A 【解析】【解析】直接利用二倍角的正弦公式求解. 【详解】 11 sincossin 1212264 . 故选：A 【点睛】 本题主要考查二倍角公式的应用，属于基础题. 2关于关于 x的不等式的不等式 2 450 xx的解集为（的解集为（ ） A( 5,1) B( 1,5) C (, 5)(1,) D(, 1)(5,) 【答案】【答案

2、】B 【解析】【解析】将不等式进行化简并进行因式分解可得( 5)(1)0 xx ，然后根据小于取中 间可得结果. 【详解】 不等式可化为 2 450 xx，有( 5)(1)0 xx ， 故不等式的解集为( 1,5). 故选：B 【点睛】 本题考查一元二次不等式的解法，重在计算，属基础题. 3下列命题中，错误的命题为（下列命题中，错误的命题为（ ） ） A如果两个平行平面和第三个平面相交，那么所得的两条交线平行如果两个平行平面和第三个平面相交，那么所得的两条交线平行 B如果一个平面经过另一个平面的一条垂线，那么这两个平面互相垂直如果一个平面经过另一个平面的一条垂线，那么这两个平面互相垂直 第 2

3、 页 共 18 页 C如果两条平行直线中的一条垂直于一个平面，那么另一条也垂直如果两条平行直线中的一条垂直于一个平面，那么另一条也垂直于这个平面 于这个平面 D过平面外一点，有且只有一条直线与该平面平行过平面外一点，有且只有一条直线与该平面平行 【答案】【答案】D 【解析】【解析】利用平面和平面平行的性质定理，平面和平面垂直的判定定理与性质定理，逐 个分析判断即可 【详解】 解：对于 A，由面面平行的性质定理可知，如果两个平行平面和第三个平面相交，那么 所得的两条交线平行，所以 A 正确； 对于 B，由面面垂直的判定定理知，如果一个平面经过另一个平面的一条垂线，那么这 两个平面互相垂直，所以

4、B正确； 对于 C，由面面垂直的性质定理知，如果两条平行直线中的一条垂直于一个平面，那么 另一条也垂直于这个平面，所以 C 正确； 对于 D，过平面外一点，有无数条直线与该平面平行，所以 D 错误， 故选：D 【点睛】 此题考查命题的真假判断，考查空间点线面的位置关系，属于基础题 4已知已知01a，0b，则下列各式正确的是（，则下列各式正确的是（ ） ） A 2 abba b B 2 aba bb C 2 baba b D 2 ba bab 【答案】【答案】C 【解析】【解析】由01a得到 2 1aa，再结合0b来逐一判断 2 ,b ab a b的大小，从而 选出正确答案. 【详解】 解：由

5、2 1aa，0b，有 2 baba b； 故选：C. 【点睛】 本题主要考查数据的大小比较，考查理解辨析能力，属于基础题型. 5 已知等差数列已知等差数列 n a的通项公式为的通项公式为31 3 n an， 则数列， 则数列 n a的前的前 n项和项和 n S的最大值的最大值 为（为（ ） A158 B176 C135 D145 【答案】【答案】D 【解析】【解析】 根据等差数列 n a的通项公式可知， 其前 10项为正值， 所以 10 S最大， 求得 10 S 第 3 页 共 18 页 即可. 【详解】 解：当0 n a 时，110n，可得 10 S最大， 10 3 10 11 310145

6、 2 S . 故选：D. 【点睛】 本题主要考查等差数列的前n项和，考查运算求解能力，属于基础题型. 6在在ABC中，内角中，内角 A、B、C所对的边分别为所对的边分别为 a、 、b、c，若，若 222 2cab，则，则ABC 的形状为（的形状为（ ） A锐角三角形锐角三角形 B直角三角形直角三角形 C钝角三角形钝角三角形 D不能确定不能确定 【答案】【答案】C 【解析】【解析】根据 222 2cab，利用余弦定理判断. 【详解】 由余弦定理得 2222 222 2 cos0 222 abab abca C ababb ， 所以角 C 为钝角， 故ABC为钝角三角形. 故选：C 【点睛】 本题

7、主要考查余弦定理判断三角形的形状，属于基础题. 7在前在前 n项和为项和为 n S的等比数列的等比数列 n a中，中， 345 8a a a ， 147 129SS，则，则 1 a （ （ ） A2 B 1 2 C 1 4 D 1 8 【答案】【答案】C 【解析】【解析】首先设等比数列 n a的公比为 q，由 345 8a a a 及等比数列的性质可求得 4 2a ，再由 147 129SS求得公比 q，进而求得 1 a. 【详解】 解：设公比为 q，有 3 3454 8a a aa，可得 4 2a ，又有 7 147 1SqS ，可得 7 1129q，有 2q = ， 4 1 33 21 2

8、4 a a q . 故选：C. 【点睛】 第 4 页 共 18 页 本题主要考查等比数列的基本性质及其基本量的求解，考查运算求解能力，属于基础题 型. 8已知已知tan tanm ，cos( )n ，则，则cos()（ ） A 2 (1) 1 nm m B (1) 1 nm m C 6 (1) 1 nm m D (1) 1 n m m 【答案】【答案】B 【解析】【解析】根据tan tanm ，利用商数关系得到sin sincoscosm ，再结 合cos( )n ，分别求得coscos 1 n m ，sinsin 1 mn m ，再利用的余 弦和的公式求解. 【详解】 因为tan tanm

9、， 所以sin sincoscosm ， 又cos( )coscossinsinn ， 所以coscos 1 n m ， sinsin 1 mn m ， 所以 (1) cos() 111 nmnnm mmm . 故选：B 【点睛】 本题主要考查商数关系和两角和与差的三角函数，还考查了运算求解的能力，属于中档 题. 9已知等差数列已知等差数列 n a共有共有 * 2n nN项，若数列项，若数列 n a中奇数项的和为中奇数项的和为190，偶数项，偶数项 的和为的和为210， 1 1a ，则公差，则公差d的值为（的值为（ ） A2 B4 C 5 4 D 5 2 【答案】【答案】A 【解析】【解析】计

10、算得出 20SSnd 奇偶 ，利用等差数列求和公式得出 201190Snn 奇 ，由此可解得n与d的值. 【详解】 由题意 121 190 2 n n n aa Sna 奇 ， 22 1 210 2 n n n aa Sna 偶 ， 第 5 页 共 18 页 所以， 1 210 19020 nn SSn aand 奇偶 ， 121 111201190 2 n n n aa Snanndnn ndnn 奇 ， 所以，10n，2d . 故选：A. 【点睛】 本题考查等差数列公差的求解，同时也考查了等差数列奇数项和偶数项的和的问题，考 查计算能力，属于中等题. 10 如图， 在六棱锥如图， 在六棱锥

11、OABCDEF中， 底面中， 底面 ABCDEF 为正六边形， 为正六边形，OAAB，OA 底面底面 ABCDEF，P为为 OD的中点，的中点，Q为为 OE的中点，下列说法正确的是（的中点，下列说法正确的是（ ） AOAB的面积大于的面积大于OCD的面积的面积 B直线直线 AP与直线与直线 BQ互为异面直线互为异面直线 C平面平面 OBC与平面与平面 OAF垂直垂直 D直线直线 OC与平面与平面 ABCDEF所成的角的正切值为所成的角的正切值为 3 3 【答案】【答案】D 【解析】【解析】设1OPAB，求出OAB的面积和OCD的面积可判断 A；可根据 /PQ DE AB判断直线 AP 与直线

12、BQ 共面；由直线 BC 与直线 AF不垂直可判断 C；直 线 OC与平面 ABCDEF 所成的角为OCA，可直接计算其正切值. 【详解】 不妨设1OPAB，可得3AC ， 1 1 2 OABOCD SS ，故 A 选项错误； 由/PQ DE AB，可得直线 AP 与直线 BQ共面，故 B选项错误； 由直线 BC与直线 AF不垂直，故 C 选项错误； 第 6 页 共 18 页 13 tan 33 OA OCA AC ,故选项 D 正确. 故选：D. 【点睛】 本题考查空间中相关量和位置关系的判断，属于中档题. 11 已知已知0 x， 0y ，22xyxy， 若， 若xay的最小值为的最小值为

13、8， 则正实数， 则正实数 a的值为 （的值为 （ ） A2 B 3 2 C3 D 9 2 【答案】【答案】D 【解析】【解析】 由条件有 21 2 yx ， 则 1 2 1 () 2 xayxay yx 12 21 2 xay a yx ， 利用均值不等式，可得答案. 【详解】 2 2xyxy ， 21 2 yx ， 则 121 () 2 xayxay yx 12 21 2 xay a yx 2 11 (212 2 )( 21) 22 aaa （当且仅当 2 ya x 时取等号） ， 2 1 ( 21)8 2 a ，解得 9 2 a . 故选：D 【点睛】 本题考查已知最值求参数的值，考查利

14、用均值不等式求最值问题，属于中档题. 12如图，在体积为如图，在体积为 2 3 3 的四棱锥的四棱锥PABCD中，底面中，底面 ABCD为边长为为边长为 2 的正方形，的正方形， PAB 为等边三角形，二面角为等边三角形，二面角PABC-为锐角，则四棱锥为锐角，则四棱锥PABCD外外接球的半接球的半 径为（径为（ ） 第 7 页 共 18 页 A 21 3 B 2 C3 D 3 2 【答案】【答案】A 【解析】【解析】 取 AB 的中点 E， CD的中点 F， 连 E、 PF、 EF， 过点 P 作PHEF， 易得AB 平面 PEF，PH 平面 ABCD，根据四棱锥的体积为 2 3 3 ，得到

15、 3 2 PH ，进而得 到30PEF， 3 2 EH ， 1 2 HF ， 1PF ，PEPF ，然后利用截面圆的性质 求得外接球的球心再求半径即可. 【详解】 如图所示： 取 AB的中点 E，CD 的中点 F，连 E、PF、EF，过点 P 作PHEF，垂足为 H. 则AEBE、CFDF，有ABEP，ABEF， 所以AB 平面 PEF， 所以ABPH，又PHEF， 所以PH 平面 ABCD， 因为四棱锥的体积为 2 3 3 ， 第 8 页 共 18 页 所以 12 3 4 33 PH ， 解得 3 2 PH ，由3PE ， 得30PEF， 3 2 EH ， 1 2 HF ， 1PF ，PEP

16、F . 三角形 PEF 的平面图如下： 2PMEM， N为 EF的中点， 由图可知四棱锥外接球的球心 O为过点 M的 EP的垂线 1 和 EF 的中垂线的交点， 设四棱锥PABCD外接球的半径为 R， 3 3 EM ， 2 3 EQ ， 1 3 NQ ， 3 3 NO ， 1721 2 333 R . 故选：A 【点睛】 本题主要考查四棱锥的结构特征和外接球问题，还考查了空间想象和运算求解的能力， 属于中档题. 二、填空题二、填空题 13 在在ABC中， 内角中， 内角 A、B、 C所对的边分别为所对的边分别为 a、 、b、c，15B，45C ，2c ， 则则ABC中最长的边的边长为中最长的边

17、的边长为_. 【答案】【答案】6 【解析】【解析】先求出1804515120A，从而可知 a为最长的边，然后利用正弦 定理可求出 a的值 【详解】 由1804515120A，可得 a 为最长的边， 3 2 csin 2 6 sin2 2 A a C . 第 9 页 共 18 页 故答案为: 6 【点睛】 此题考查正弦定理的应用，属于基础题 14已知圆锥的侧面积为已知圆锥的侧面积为15，高为，高为 4，则圆锥的底面半径为，则圆锥的底面半径为_. 【答案】【答案】3 【解析】【解析】 圆锥的半径为 r， 母线长为 l， 高为 h， 则侧面积为 1 215 2 Srlrl ， 再结合 22 16lr

18、，可得r的值. 【详解】 设圆锥的半径为r，母线长为l，高为h ，有 22 15 16 rl lr ，解得： 3 5 r l . 故答案为：3 【点睛】 本题主要考查了圆锥的侧面积公式，注意侧面展开是一个扇形，属于基础题. 15已知锐角已知锐角满足满足 2 cos 63 ，则，则 5 sin 12 _. 【答案】【答案】 142 6 【解析】【解析】根据0, 2 ，结合 2 cos 63 ，利用平方关系得到 sin 6 ，然后由 5 sinsin 1264 求解. 【详解】 因为0, 2 ，所以 2 , 663 ， 又 2 cos 63 ， 第 10 页 共 18 页 所以 7 sin 63

19、， 所以 5272142 sinsin 12642336 . 故答案为： 142 6 【点睛】 本题主要考查两角和与差的三角函数以及同角三角函数关系式， 还考查了运算求解的能 力，属于中档题. 16已知数列已知数列 n a是公比为是公比为(2)q q的正项等比数列，的正项等比数列， 2 (1) nn bqa，对于任意的，对于任意的 * nN，都存在，都存在 * mN，使得，使得 nm ba，则，则 q的值为的值为_. 【答案】【答案】2或 35 2 【解析】【解析】由题意可得2log (1) q mnq ，由于 * nN， * mN，所以2log ( 1) q q 为整数，由2q可得2log

20、(1) q q 的值为 0或 1，然后分情况求解即可 【详解】 由题意有 2 (1) nm qaa，可得 2 (1) m n qq ，有 2 log (1) q m nq，有 2log (1) q mnq ， 若对于任意的 * nN，都存在 * mN，使得 nm ba，必有2log (1) q q 为整数， 又由2q，有1 1qq ，可得0 log (1)log1 qq qq ，有0 2log (1)2 q q ， 可得2log (1) q q 的值为 0或 1， 当2log (1)0 q q 时，2q =； 当2log (1)1 q q 时，有 2 (1)qq，解得 35 2 q . 故答案

21、为：2或 35 2 【点睛】 此题考查等比数列的通项公式的基本量计算，考查对数的运算，考查分类讨论的数学思 想，属于中档题 第 11 页 共 18 页 三、解答题三、解答题 17已知已知 2 ( )(1)()f xxax a aR . （1）解关于）解关于 x的的不等式不等式( )0f x ； （2）若）若xR时，时， ( )0f xx 恒成立求实数 恒成立求实数 a的取值范围的取值范围. 【答案】【答案】 （1）答案不唯一，具体见解析； （2）0,4. 【解析】【解析】 （1）将二次不等式因式分解，结合二次函数的图像和两根关系得到解集； （2）由 ( )0f xx 可化为： 2 0 xaxa

22、 ，开口向上的二次函数，只需要判别式小于 等于 0 即可. 【详解】 解： （1）不等式( )0f x 可化为(1)()0 xxa， 当1a 时，不等式( )0f x 的解集为； 当1a 时，不等式( )0f x 的解集为(1, )a； 当1a 时，不等式( )0f x 的解集为( ,1)a； （2）不等式 ( )0f xx 可化为 2 0 xaxa ， 若xR时， ( )0f xx 恒成立，有 2 40aa，解得04a剟， 故xR时， ( )0f xx 恒成立，则实数 a的取值范围为0,4. 【点睛】 本题考查了含有字母系数的不等式的解法与应用问题，对于含参的二次不等式问题，先 判断二次项系

23、数是否含参，接着讨论参数等于 0，不等于 0，再看式子能否因式分解， 若能够因式分解则进行分解，再比较两根大小,结合图像得到不等式的解集. 属于中档 题， 18在在ABC中，内角中，内角A、B、C所对的边分别为所对的边分别为a、 、b、c， 222 sinsinsin2sinsinsinABCABC . （1）求）求C； （2）若）若5c ，ABC的面积为的面积为1，求，求ABC的周长的周长. 【答案】【答案】 （1） 4 C =； （2） 52 2 1 . 【解析】【解析】 （1）利用正弦定理边角互化思想可得出 222 2sinabcabC，结合余弦定 理可求得tanC，再由角C的取值范围可

24、求得角C的值； 第 12 页 共 18 页 （2）利用三角形的面积公式可求得 2 2ab ，利用余弦定理可求得a b的值，由此 可求得ABC的周长. 【详解】 （1） 222 sinsinsin2sinsinsinABCABC， 由正弦定理有 222 2sinabcabC ，可得 222 sin 2 abc C ab ， 有cossinCC，得tan1C . 又由0C，可得 4 C =； （2）由三角形的面积公式可得 1 sin1 24 ABC Sab ，可得 2 2ab ， 由余弦定理有 22 2cos5 4 abab ，可得 22 9ab . 有 2 2 22 294 22 21abaab

25、b，可得2 21ab， 故ABC的周长为52 21abc . 【点睛】 本题考查利用余弦定理以及三角形的面积公式解三角形， 同时也考查了正弦定理边角互 化思想的应用，考查计算能力，属于中等题. 19如图，在三棱柱如图，在三棱柱 111 ABCABC中中，侧棱垂直于底面，侧棱垂直于底面，E、F分别是分别是BC、 11 AC的的 中点，中点，ABC是边长为是边长为2的等边三角形，的等边三角形， 1 2AAAB . （1）求证：）求证：/EF平面平面 11 ABB A； 第 13 页 共 18 页 （2）求点）求点C到平面到平面AEF的距离的距离. 【答案】【答案】 （1）见解析； （2） 8 65

26、 65 . 【解析】【解析】 （1）取AB的中点D，连接DE、 1 AD，推导出四边形 1 DEFA为平行四边形， 可得出 1 /EF AD，再利用线面平行的判定定理可证得结论； （2）计算出三棱锥FAEC的体积以及AEF的面积，利用等体积法可求得点C到 平面AEF的距离. 【详解】 （1）如图，取AB的中点D，连接DE、 1 AD， E是BC的中点，/DE AC且 1 2 DEAC， 由三棱柱的性质知 11 /AC AC且 11 ACAC， F是 11 AC的中点， 1 /AF AC且 1 1 2 AFAC， 1 /AF DE且 1 AFDE，四边形 1 DEFA是平行四边形， 1 /EF

27、AD， EF 平面 11 ABB A， 1 AD 平面 11 ABB A，/EF平面 11 ABB A； （2）由题可得 2 1 11132 3 42 33243 FACEACE VAAS ， 在AEF中，3AE ， 22 11 17AFAAAF， 22 11 17EFADADAA， AE边上的高为 2 2 2 365 17 222 AE AF ， 第 14 页 共 18 页 165195 3 224 AEF S ， 设点C到平面AEF的距离为h，则 12 3 33 C AEFAEF VhS ，解得 8 65 65 h 【点睛】 本题考查线面平行的证明，同时也考查了利用等体积法计算点到平面的距

28、离，考查计算 能力与推理能力，属于中等题. 20已知等差数列已知等差数列 n a的前的前 n项和为项和为 n S， 14 27aa，且，且 1 a、 2 1a 、 3 a成等比数成等比数 列列. （1）求数列）求数列 n a的通项公式；的通项公式； （2）若）若 1 13a，令，令 * n n S bnN nt ，若数列，若数列 n b成等差数列，求正数成等差数列，求正数 t的值的值. 【答案】【答案】 （1）31 n an或53 n an； （2） 1 3 . 【解析】【解析】 （1）设数列 n a的公差为 d，根据 14 27aa，且 1 a、 2 1a 、 3 a成等比数 列，利用“ 1

29、, a d”法求解. （2）由（1）得到31 n an， (31) 2 n nn S ， (31) 2() n n n b nt ，根据若数列 n b成 等差数列，求得 123 ,b b b，利用等差中项求解. 【详解】 （1）设数列 n a的公差为 d， 因为 14 27aa，且 1 a、 2 1a 、 3 a成等比数列， 所以 11 111 10453 51035 1 22 adad ada ad ， 解得 1 2 3 a d 或 1 8 5 a d . 所以23(1)31 n ann或8 5(1)53 n ann ， 故数列 n a的通项公式为31 n an或53 n an. （2）由（

30、1）知，若 1 13a，31 n an， (31) 2 n nn S ， 第 15 页 共 18 页 所以 (31) 2() n n n b nt ， 所以 1 42 2(1)1 b tt ， 2 147 2(2)2 b tt ， 3 3015 2(3)3 b tt ， 因为数列 n b成等差数列， 所以 14215 213ttt ， 解得正数 1 3 t ， 当 1 3 t 时， (31)3 12 2 3 n nnn b n ，可得数列 n b为等差数列， 故当数列 n b成等差数列时，正数 t的值为 1 3 . 【点睛】 本题主要考查等差数列的基本运算，等差中项的应用，还考查了运算求解的能

31、力，属于 中档题. 21 在三在三棱锥棱锥PABC中，中，ABBC，PA 平面 平面ABC，D为为PC的中点，的中点，E为为AC 的中点的中点. （1）求证：）求证：BDAC； （2）若）若M为为AB的中点，请问线段的中点，请问线段PC上是否存在一点上是否存在一点N，使得，使得|MN平面平面BDE？ 若存在，请说明点若存在，请说明点 N 的位置，并说明理由？若不存在，也请说明理由的位置，并说明理由？若不存在，也请说明理由. 【答案】【答案】 （1）证明见解析； （2）存在；点N是线段PC上靠近点P的四等份点；答案 见解析. 【解析】【解析】 （1）PA 平面ABC，|DE AP可得DE 平面A

32、BC，即DEAC，再结 第 16 页 共 18 页 合BEAC，即可证AC 平面BDE，从而可证BDAC. （2） 先假设线段PC上存在一点N， 使得|MN平面BDE， 取AE的中点Q， 连MQ、 NQ，可证平面MNQ平面BDE，且N为线段PD的中点，即可知点N是线段PC 上靠近点P的四等份点. 【详解】 （1）证明：AEEC，PDCD，|DE AP， 又PA 平面ABC，|DE AP，DE 平面ABC， AC 平面ABC，DEAC， ABBC，AEEC，BEAC， ACDE，ACBE，BEDEE，BE 平面BDE，DE 平面BDE， AC 平面BDE. 又BD 平面BDE，BDAC， （2）

33、假设线段PC上存在一点N，使得|MN平面BDE，如图，取AE的中点Q，连 MQ、NQ ， MBMA，AQQE，|MQ BE， 又MQ 平面BDE，|MQ BE，|MQ平面BDE， MN 平面MNQ，MQ平面MNQ，MNMQM，|MN平面BDE，|MQ 平面BDE，平面MNQ平面BDE， 又NQ 平面MNQ，NQ平面BDE， 平面PAC平面BDEDE，NQ平面BDE，NQ 平面 PAC，|NQ DE， 又AQQE，|NQ DE，N为线段PD的中点， 故假设成立，线段PC上存在一点N，使得|MN平面BDE，此时点N是线段PC上 靠近点P的四等份点. 第 17 页 共 18 页 【点睛】 本题主要考

34、查了证明线线平行，补全线面平行的条件，涉及了线面垂直的判定，面面垂 直的判定，属于中档题. 22已知各项均为正数的数列已知各项均为正数的数列 n a的前的前 n项和为项和为 n S， 1 2a ，且，且 111 22 nnnnnn a SaSaa . （1）求证：）求证： 2 n n S a 为常数列；为常数列； （2）求数列）求数列 n a的通项公式；的通项公式； （3）记）记 1nnn bna a ，求数列，求数列 n b的前的前 n项和项和 n T . 【答案】【答案】 （1）证明见解析； （2）2n n a ； （3） 23 (31) 28 9 n n n T . 【解析】【解析】 （

35、1）对题中等式进行变形得到 1 1 22 nn nn SS aa ，再由题中已知条件得 2 2 n n S a ，即证； （2）由（1）得22 nn Sa，再用作差法求得 1 2 nn aa ，故可得数列 n a为等比数 列，且可得其首项和公比，进而求得通项公式. （3）首先求出数列 n b的通项公式，再用错位相减法求出其前 n项和 n T即可. 【详解】 解： （1）证明： 111 22 nnnnnn a SaSaa 可化为， 11 22 nnnn aSaS ， 第 18 页 共 18 页 有 1 1 22 nn nn SS aa ，可得 11 11 222 2 n n SSa aaa .

36、故数列 2 n n S a 为常数列； （2）由（1）有 2 2 n n S a ，可得22 nn Sa. 当2n时， 111 222222 nnnnnnn aSSaaaa ，可得 1 2 nn aa ， 故数列 n a是首项为 2，公比为 2的等比数列， 故数列 n a的通项公式为2n n a ； （3）由（2）有 21 2 n n bn ， 可得 352121 22 2(1) 22 nn n Tnn L， 572123 422 2(1) 22 nn n Tnn L. 作差有， 357212123 3222222 nnn n Tn ， 可得 32 23 2 1 2 32 1 4 n n n Tn ， 有 23 (31) 28 3 3 n n n T ，可得 23 (31) 28 9 n n n T 故数列 n b的前 n项和 23 (31) 28 9 n n n T . 【点睛】 本题主要考查等比数列的通项公式求法及用错位相减法求数列的前n项和， 考查运算求 解能力，属于基础题型.