2020-2021学年安徽省淮南市高二（上）12月月考数学（理）试卷人教A版

这是一份2020-2021学年安徽省淮南市高二（上）12月月考数学（理）试卷人教A版，共11页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


1. 命题“若a+b是偶数，则a，b都是偶数”的否命题是( )
A.若a+b是偶数，则a，b不都是偶数
B.若a+b不是偶数，则a，b都不是偶数
C.若a+b不是偶数，则a，b不都是偶数
D.若a+b是偶数，则a，b都不是偶数

2. 已知命题p：∀x∈0,π2，x>sinx，则¬p为( )
A.∃x0∈0,π2 ，x0≤sinx0B.∀x∈0,π2，xC.∀x∈0,π2，x≤sinxD.∃x0∈0,π2 ，x0
3. 如图所示的组合体，其构成形式是( )

A.左边是三棱台，右边是圆柱
B.左边是三棱柱，右边是圆柱
C.左边是三棱台，右边是长方体
D.左边是三棱柱，右边是长方体

4. 已知m→，n→为两个非零向量，则“m→⋅n→<0”是“m→与n→的夹角为钝角”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

5. 斜率为2的直线经过点(3,5)，(a,7)，(−1,b)三点，则a，b的值是( )
A.a=4，b=0B.a=−4，b=−3C.a=4，b=−3D.a=−4，b=3

6. 已知命题p：|x|≥0；命题q：∀x∈R，x2−x−1=0，则下列命题为真命题的是( )
A.¬p∨qB.p∨¬qC.¬p∧qD.¬p∧¬q

7. 与直线3x−4y+5=0关于x轴对称的直线的方程为( )
A.3x+4y−5=0B.3x−4y+5=0C.3x+4y+5=0D.3x−4y−5=0

8. 求圆x2+y2−10x−10y=0与圆x2+y2−6x+2y−40=0的公共弦长( )
A.4B.210C.2D.410

9. 若一个椭圆的长轴的长度、短轴的长度和焦距成等差数列，则该椭圆的离心率是( )
A.35B.45C.25D.15

10. 若l，m，n是三条不相同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列命题中为真命题的是( )
A.若l//m，m//α，则l//αB.若l⊥α，l//n，n⊥β，则α//β
C.若α⊥β，l⊥α，m//β，则l//mD.若α⊥β，n⊥α，m//n，则m//β

11. 若直线x+y−m=0与曲线y=2−−x(x+2)没有公共点，则实数m的取值范围是( )
A.[3−2,4]B.(−∞,3−2)∪(4,+∞)
C.[3−2,3+2]D.(−∞,1−2)∪(2,+∞)

12. 已知长方体ABCD−A1B1C1D1，AB=AD=2，AA1=4，M是BB1的中点，点P在长方体内部或表面上，且MP//平面AB1D1，则动点P的轨迹所形成的区域面积是( )
A.9B.42C.46D.6
二、填空题

以F1，F2为焦点作椭圆，椭圆上一点P1到F1，F2的距离之和为10，椭圆上另一点P2满足P2F1=P2F2，则P2F1=________.

阿基米德（公元前287年—公元前212年）是古希腊伟大的哲学家、数学家和物理学家，他和高斯、牛顿并列被称为世界三大数学家.据说，他自己觉得最为满意的一个数学发现就是“圆柱内切球体的体积是圆柱体积的三分之二，并且球的表面积也是圆柱表面积的三分之二”.他特别喜欢这个结论，要求后人在他的墓碑上刻着一个圆柱容器里放了一个球，如图，该球顶天立地，四周碰边，表面积为54π的圆柱的底面直径与高都等于球的直径，则该球的体积为________.


若椭圆x25+y2m=1的离心率为105，则m的值为________．

若圆x2+y2=r2r>0和曲线|x|3+|y|4=1恰有4个公共点，则r的取值集合是________.
三、解答题

已知命题p：实数m满足m2−2am−3a2<0，其中a>0；命题q：点1,1在圆x2+y2−2mx+2my+2m2−10=0的内部．
(1)当a=1,p∧q为真时，求m的取值范围；

(2)若¬p是¬q的充分不必要条件，求a的取值范围．

已知函数fx=Asinωx+φA>0,ω>0,|φ|<π2,x∈R的部分图象如图．

(1)求函数fx的解析式；

(2)求函数fx在区间0,5π12上的最值，并求出相应的x值．

如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，AB=AA1=6，AC=8，D，E分别是AC，CC1的中点．

(1)求证：AB1 // 平面BDC1；

(2)若异面直线AB与A1C1所成的角为30∘，求三棱锥C1−BDE的体积．

已知圆C：(x−1)2+(y−2)2=25，直线l：(2m+1)x+(m+1)y−7m−4=0，
(1)求证：直线l恒过定点；

(2)直线l被圆C截得的弦何时最长，何时最短？并求截得的弦长最短时m的值及最短弦长．

设椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的左、右焦点分别为F1−c,0，F2c,0，离心率为12，短轴长为23．
(1)求椭圆C的标准方程；

(2)设左、右顶点分别为A、B，点M在椭圆上（异于点A、B），求kMAkMB的值.

已知等比数列an中， a2=2，a5=128，bn=lg2an，数列bn的前n项和为Sn.
(1)若Sn=35，求n的值；

(2)设cn=anbn+3，求数列cn的前n项的和Tn.
参考答案与试题解析
2020-2021学年安徽省淮南市高二（上）12月月考数学（理）试卷
一、选择题
1.
【答案】
C
【考点】
四种命题的定义
【解析】
弄清楚原命题的条件和结论，将原命题的条件和结论都否定可得到其否命题．
【解答】
解：命题“若a+b是偶数，则a，b都是偶数”的否命题是：
“若a+b不是偶数，则a，b不都是偶数”.
故选C．
2.
【答案】
A
【考点】
全称命题与特称命题
命题的否定
【解析】
根据全称命题的否定是特称命题进行判断即可．
【解答】
解：命题p是全称命题，则否定是特称命题，
命题p：∀x∈0,π2，x>sinx，
则¬p为∃x0∈0,π2 ，x0≤sinx0.
故选A．
3.
【答案】
D
【考点】
简单组合体的结构特征
【解析】
由已知图形，结合棱柱定义，即可得出结论．
【解答】
解：根据三棱柱和长方体的结构特征，可知此组合体左边是三棱柱，右边是长方体．
故选D．
4.
【答案】
B
【考点】
必要条件、充分条件与充要条件的判断
数量积表示两个向量的夹角
【解析】
本题考查充分条件、必要条件的判断．
【解答】
解：设m→，n→的夹角为θ，
若m→，n→的夹角为钝角，则π2<θ<π，则csθ<0，则m→⋅n→<0成立；
当θ=π时，m→⋅n→=−|m→|⋅|n→|<0成立，但m→，n→的夹角不为钝角．
故“m→⋅n→<0”是“m→与n→的夹角为钝角”的必要不充分条件．
故选B．
5.
【答案】
C
【考点】
斜率的计算公式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：设A(3,5)，B(a,7)，C(−1,b)，
由题意，得kAB=2，kAC=2，
即7−5a−3=2，b−5−1−3=2，
解得a=4，b=−3．
故选C．
6.
【答案】
B
【考点】
命题的真假判断与应用
逻辑联结词“或”“且”“非”
【解析】
分别判断出p，q的真假，从而判断复合命题的真假即可．
【解答】
解：命题p：|x|≥0为真命题，则¬p为假命题；
命题q：当x=0时，x2−x−1=0显然不成立，
∴ 命题q：∀x∈R，x2−x−1=0为假命题，则¬q为真命题，
故p∨¬q是真命题．
故选B．
7.
【答案】
C
【考点】
与直线关于点、直线对称的直线方程
【解析】
求出和直线3x−4y+5=0关于x轴对称的直线的斜率，再求出直线3x−4y+5=0和x轴的交点，可求答案．
【解答】
解：设所求对称直线的点的坐标为(x, y)，
关于x轴的对称点的坐标(x, −y)在已知的直线上，
所以所求对称直线方程为：3x+4y+5=0．
故选C．
8.
【答案】
D
【考点】
圆与圆的位置关系及其判定
圆的标准方程与一般方程的转化
点到直线的距离公式
【解析】
先把2个圆的方程化为标准形式，求出圆心和半径以及公共弦所在的直线方程，再利用点到直线的距离公式，弦长公式，求得公共弦的长．
【解答】
解：∵ 两圆为x2+y2−10x−10y=0①，
x2+y2−6x+2y−40=0，②
②−①可得：4x+12y−40=0，
即x+3y−10=0，
∴ 两圆的公共弦所在直线的方程是x+3y−10=0，
∵ x2+y2−10x−10y=0，
即(x−5)2+(y−5)2=50，
圆心坐标为(5, 5)，半径为52，
∴ 圆心到公共弦的距离为d=|5+15−10|10=10，
∴ 公共弦长为2×(52)2−(10)2=410．
故选D．
9.
【答案】
A
【考点】
椭圆的定义
椭圆的离心率
等差中项
【解析】
利用等差数列的定义、椭圆的a，b，c的关系及其离心率计算公式即可得出．
【解答】
解：∵ 一个椭圆的长轴的长度、短轴的长度和焦距成等差数列，
∴ 2×2b=2a+2c，即2b=a+c，
又b2=a2−c2，
∴ 4(a2−c2)=a2+c2+2ac，
∴ 3a2−2ac−5c2=0，
∴ 5c2+2ac−3a2=0，
∴ 5e2+2e−3=0，
∴ e=35或e=−1（舍去）．
故选A.
10.
【答案】
B
【考点】
空间中直线与平面之间的位置关系
命题的真假判断与应用
空间中平面与平面之间的位置关系
空间中直线与直线之间的位置关系
直线与平面平行的判定
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：A，若l//m，m//α，则l//α或l⊂α，所以A项错误；
B，若l⊥α，l//n，则n⊥α，又n⊥β，则α//β，所以B项正确；
C，若α⊥β，l⊥α，m//β，则l//m或l，m相交或异面，所以C项错误；
D，若α⊥β，n⊥α，m//n，则m//β或m⊂β，所以D项错误.
故选B.
11.
【答案】
D
【考点】
直线与圆的位置关系
圆的标准方程
点到直线的距离公式
【解析】
求得曲线y=2−−x(x+2)表示以(−1, 2)为圆心，半径为1的下半圆，作出曲线y=2−−x(x+2)，以及直线x+y−m＝0，求得直线和圆相切的等价条件和直线经过点(0, 2)时m的值，即可得到所求范围．
【解答】
解：由y=2−−x(x+2)等价变形得：(x+1)2+(y−2)2=1 (y≤2)，
曲线y=2−−x(x+2)表示以(−1, 2)为圆心，半径为1的下半圆，
作出曲线y=2−−x(x+2)，以及直线x+y−m=0，
由直线和圆(x+1)2+(y−2)2=1相切，
即d=|−1+2−m|2=1，解得m=1−2或m=1+2（舍去），
当直线通过(0, 2)时，0+2−m=0，即m=2，
可得m<1−2或m>2时，
直线x+y−m=0与曲线y=2−−x(x+2)没有公共点.
故选D.
12.
【答案】
A
【考点】
点、线、面间的距离计算
棱柱的结构特征
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：如图所示，E，F，G，H，N分别为B1C1，D1C1，DD1，DA，AB的中点，
则EF//B1D1//NH，MN//B1A//FG，
所以平面MEFG//平面AB1D1，
所以动点P的轨迹是六边形MEFGHN及其内部．
因为AB=AD=2，AA1=4，
所以EF=HN=2，EM=MN=FG=GH=5，GM=22，
E到GM的距离为5−222=322，
所以S=2S梯形EFGM=2×2+222×322=9.
故选A.
二、填空题
【答案】
5
【考点】
椭圆的定义
【解析】
直接利用椭圆的定义，即可得到答案.
【解答】
解：由椭圆的定义可知：P1F1+P1F2=2a=10，
∴ P2F1+P2F2=2a=10，
又P2F1=P2F2，
∴ P2F1=102=5.
故答案为：5.
【答案】
36π
【考点】
球的表面积和体积
棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积
【解析】
设球的半径为R，根据组合体的关系，圆柱的表面积为S=2πR2+2πR×2F=54π，解得球的半径R=3，再代入球的
体积公式求解．
【解答】
解：设球的半径为R，
根据题意圆柱的表面积为S=2πR2+2πR×2R=54π，
解得R=3，
所以该球的体积为V=43πR3=43×π×33=36π.
故答案为：36π.
【答案】
3或253
【考点】
椭圆的离心率
【解析】
分当m>5和m<5时两种情况，根据e=ca求得m．
【解答】
解：当m<5时，焦点在x轴上，5−m5=105，解得m=3，符合题意；
当m>5时，焦点在y轴上，m−5m=105，解得m=253，符合题意.
故答案为：3或253.
【答案】
3,4∪125
【考点】
直线与圆的位置关系
直线与圆相交的性质
圆的标准方程
【解析】
利用分段函数的图象，以及直线与圆的位置关系得解.
【解答】
解：曲线|x|3+|y|4=1是以点(3,0)，(−3,0)，(0,4)，(0,−4)为顶点的菱形，关于原点，坐标轴均对称.
根据对称性画出x2+y2=r2(r>0)和x3+y4=1的图象，
当r>4时，无交点；
当r=4时，有2个交点；
当3当r=3时，有6个交点；
圆x2+y2=r2圆心为(0,0)，
曲线|x|3+|y|4=1，即4|x|+3|y|=12，
点(0,0)到4|x|+3|y|=12的距离d=125，
当125当r=125时，有4个交点；
当0观察图象，
若有4个交点，可得r∈3,4∪125.
故答案为：3,4∪125.
三、解答题
【答案】
解：(1)当a=1，命题p:m2−2m−3<0，
解得：−1命题q:点1,1在圆x2+y2−2mx+2my+2m2−10=0的内部，
∴m2−4<0，
∴−2∵p∧q为真，
∴m的取值范围−1,2；
(2)命题p:(m−3a)(m+a)<0，
∵a>0，
∴−a命题q:2∵¬p是¬q的充分不必要条件，
∴¬p⇒¬q，¬q推不出¬p，
∴q⇒p，p推不出q，
∴B⊊A，
∴−a≤−2,3a≥2,
∴a≥2，
∴a的取值范围为2,+∞．
【考点】
复合命题及其真假判断
根据充分必要条件求参数取值问题
点与圆的位置关系
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)当a=1，命题p:m2−2m−3<0，
解得：−1命题q:点1,1在圆x2+y2−2mx+2my+2m2−10=0的内部，
∴m2−4<0，
∴−2∵p∧q为真，
∴m的取值范围为−1,2；
(2)命题p:(m−3a)(m+a)<0，
∵a>0，
∴−a命题q:2∵¬p是¬q的充分不必要条件，
∴¬p⇒¬q，¬q推不出¬p，
∴q⇒p，p推不出q，
∴B⊊A，
∴−a≤−2,3a≥2,
∴a≥2，
∴a的取值范围为2,+∞．
【答案】
解：(1)由图象可知|A|=2，又A>0，故A=2，
周期T=43×1312π−π3=43×3π4=π，
又T=2πω=π，
∴ω=2，
∴f(x)=2sin(2x+φ)，
fπ3=2sin2π3+φ=2，
∵ |φ|<π2，
∴ φ=−π6，
∴ fx=2sin2x−π6．
(2)∵ x∈0,5π12，
∴ 2x−π6∈−π6,2π3，
∴sin2x−π6∈−12,1，
2sin2x−π6∈−1,2，
当2x−π6=π2时，x=π3，f(x)max=fπ3=2．
当2x−π6=−π6时，x=0，f(x)min=f0=−1．
所以f(x)max=fπ3=2，f(x)min=f0=−1．
【考点】
三角函数的最值
由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)由图象可知|A|=2，又A>0，故A=2，
周期T=43×1312π−π3=43×3π4=π，
又T=2πω=π，
∴ω=2，
∴f(x)=2sin(2x+φ)，
fπ3=2sin2π3+φ=2，
∵ |φ|<π2，
∴ φ=−π6，
∴ fx=2sin2x−π6．
(2)∵ x∈0,5π12，
∴ 2x−π6∈−π6,2π3，
∴sin2x−π6∈−12,1，
2sin2x−π6∈−1,2，
当2x−π6=π2时，x=π3，f(x)max=fπ3=2．
当2x−π6=−π6时，x=0，f(x)min=f0=−1．
所以f(x)max=fπ3=2，f(x)min=f0=−1．
【答案】
(1)证明：如图，连接B1C，交BC1于点F，连接DF，
在△ACB1中，由于D为AC的中点，F为B1C的中点，
∴ DF为△ACB1的中位线，∴ DF // AB1，
∵ DF⊂平面BDC1，AB1⊄平面BDC1，
∴ AB1 // 平面BDC1.
(2)解：∵ AC // A1C1，
∴ ∠BAC即为异面直线AB与A1C1所成的角，
∵ 异面直线AB与A1C1所成的角为30∘，∴ ∠BAC=30∘，
∴ S△ABC=12AB⋅AC⋅sin∠BAC
=12×6×8×12=12，
∵ D是AC的中点，∴ S△DBC=12S△ABC=6，
又∵ CC1⊥平面ABC，CC1=6，E是CC1的中点，
∴ VC1−BCD=13S△BCD⋅CC1=13×6×6=12，
VE−BCD=13S△BCD⋅CE=13×6×3=6，
∴ VC1−BDE=VC1−BCD−VE−BCD=12−6=6．
即三棱锥C1−BDE的体积为6．
【考点】
直线与平面平行的判定
柱体、锥体、台体的体积计算
异面直线及其所成的角
【解析】
（1）如图，连接B1C，交BC1于点F，连接DF，由已知结合三角形中位线定理可得DF // AB1，再由直线与平面平行的判定定理，证明AB1 // 平面BDC1；
（2）由AC // A1C1，可得∠BAC即为异面直线AB与A1C1所成的角为30∘，求三角形ABC的面积，得到三角形DBC的面积，然后分别求出三棱锥C1−BCD，E−BCD的体积，再由VC1−BDE=VC1−BCD−VE−BCD求解．
【解答】
(1)证明：如图，连接B1C，交BC1于点F，连接DF，
在△ACB1中，由于D为AC的中点，F为B1C的中点，
∴ DF为△ACB1的中位线，∴ DF // AB1，
∵ DF⊂平面BDC1，AB1⊄平面BDC1，
∴ AB1 // 平面BDC1.
(2)解：∵ AC // A1C1，
∴ ∠BAC即为异面直线AB与A1C1所成的角，
∵ 异面直线AB与A1C1所成的角为30∘，∴ ∠BAC=30∘，
∴ S△ABC=12AB⋅AC⋅sin∠BAC
=12×6×8×12=12，
∵ D是AC的中点，∴ S△DBC=12S△ABC=6，
又∵ CC1⊥平面ABC，CC1=6，E是CC1的中点，
∴ VC1−BCD=13S△BCD⋅CC1=13×6×6=12，
VE−BCD=13S△BCD⋅CE=13×6×3=6，
∴ VC1−BDE=VC1−BCD−VE−BCD=12−6=6．
即三棱锥C1−BDE的体积为6．
【答案】
(1)证明：直线l的方程(2m+1)x+(m+1)y−7m−4=0经整理得：
(2x+y−7)m+(x+y−4)=0，
由于m的任意性，于是有2x+y−7=0，x+y−4=0，
解得x=3,y=1,
所以直线l恒过定点(3, 1).
(2)解：设D(3,1)，
因为直线l恒经过圆C内一点D，
所以当直线l经过圆心C时被截得的弦最长，它是圆的直径，
当直线l垂直于CD时被截得的弦长最短．
由C1,2，D3,1，可知直线CD的斜率为kCD=−12，
所以当直线l被圆C截得弦最短时，直线l的斜率为2，
于是有−2m+1m+1=2，解得m=−34，
此时直线l的方程为y−1=2x−3，即2x−y−5=0.
又|CD|=1−32+2−12=5，
所以，最短弦长为2×25−5=45，
直线l被圆C截得的弦最短时m的值是−34，最短长度是45.
【考点】
直线恒过定点
直线和圆的方程的应用
斜率的计算公式
点到直线的距离公式
直线与圆的位置关系
【解析】
（1）直线l的方程可化为(2x+y−7)m+(x+y−4)=0，要使直线l恒过定点，则与参数的变化无关，从而可得2x+y−7=0x+y−4=0，易得定点；
（2）当直线l过圆心C时，直线被圆截得的弦长最长；当直线l⊥CP时，直线被圆截得的弦长最短
【解答】
(1)证明：直线l的方程(2m+1)x+(m+1)y−7m−4=0经整理得：
(2x+y−7)m+(x+y−4)=0，
由于m的任意性，于是有2x+y−7=0，x+y−4=0，
解得x=3,y=1,
所以直线l恒过定点(3, 1).
(2)解：设D(3,1)，
因为直线l恒经过圆C内一点D，
所以当直线l经过圆心C时被截得的弦最长，它是圆的直径，
当直线l垂直于CD时被截得的弦长最短．
由C1,2，D3,1，可知直线CD的斜率为kCD=−12，
所以当直线l被圆C截得弦最短时，直线l的斜率为2，
于是有−2m+1m+1=2，解得m=−34，
此时直线l的方程为y−1=2x−3，即2x−y−5=0.
又|CD|=1−32+2−12=5，
所以，最短弦长为2×25−5=45，
直线l被圆C截得的弦最短时m的值是−34，最短长度是45.
【答案】
解：(1)由题意可知，ca=12，2b=23，
又a2=b2+c2，所以a2=4，b2=3，
所以椭圆C的标准方程为x24+y23=1．
(2)A−2,0，B2,0，设Mx0,y0，
因为点M在椭圆上，所以x024+y023=1，
kMAkMB=y0x0+2⋅y0x0−2=y02x02−4，
又y02=3−3x024 ，
所以kMAkMB=3−3x024x02−4=−34．
【考点】
椭圆的标准方程
椭圆的离心率
斜率的计算公式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)由题意可知，ca=12，2b=23，
又a2=b2+c2，所以a2=4，b2=3，
所以椭圆C的标准方程为x24+y23=1．
(2)A−2,0，B2,0，设Mx0,y0，
因为点M在椭圆上，所以x024+y023=1，
kMAkMB=y0x0+2⋅y0x0−2=y02x02−4，
又y02=3−3x024 ，
所以kMAkMB=3−3x024x02−4=−34．
【答案】
解：(1)设等比数列an的公比为q，
由题设可得：a2=a1q=2,a5=a1q4=128,
解得：a1=12,q=4,
∴ an=12×4n−1=22n−3，
∴ bn=lg2an=2n−3，
∵ Sn=35，
∴ Sn=n2×1−3+2n−32=35，
解得n=7.
(2)由(1)知：an=22n−3 ，bn=2n−3，
∵ cn=anbn+3，
∴ cn=n⋅4n−1，
∴ Tn=1×40+2×41+⋯+n⋅4n−1，
4Tn=1×41+2×42+ +n−1⋅4n−1+n⋅4n，
两式相减得：−3Tn=1+41+42+⋯+4n−1−n⋅4n
=1−4n1−4−n⋅4n
=1−3n⋅4n−13，
∴ Tn=3n−1⋅4n+19.
【考点】
等比数列的通项公式
等差数列的前n项和
数列的求和
【解析】
(1)设等比数列an的公比为q，由题设列出a1与a的方程，解出a1与q，即可求得an，进而可求得bn与Sn，再解出满足题意的n即可；
(2)先由(1)中求得的an与bn求出cn，再利用错位相减法求其前n项和．
【解答】
解：(1)设等比数列an的公比为q，
由题设可得：a2=a1q=2,a5=a1q4=128,
解得：a1=12,q=4,
∴ an=12×4n−1=22n−3，
∴ bn=lg2an=2n−3，
∵ Sn=35，
∴ Sn=n2×1−3+2n−32=35，
解得n=7.
(2)由(1)知：an=22n−3 ，bn=2n−3，
∵ cn=anbn+3，
∴ cn=n⋅4n−1，
∴ Tn=1×40+2×41+⋯+n⋅4n−1，
4Tn=1×41+2×42+ +n−1⋅4n−1+n⋅4n，
两式相减得：−3Tn=1+41+42+⋯+4n−1−n⋅4n
=1−4n1−4−n⋅4n
=1−3n⋅4n−13，
∴ Tn=3n−1⋅4n+19.