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2019-2020学年高一数学下学期第二次6月月考试题理选择题(每个小题5分,共60分)
1.不等式<0的解集为A.B.C.D.2.公比为2的等比数列{an}的各项都是正数,且,则log2a10=A.4B.5C.6D.73.设,那么的取值范围是A.B.C.D.4.若平面α∥平面β,直线a∥平面α,点B∈β,则在平面β内且过B点的所有直线中 A.不一定存在与a平行的直线B.只有两条与a平行的直线C.存在无数条与a平行的直线D.存在唯一与a平行的直线
5.用斜二测画法画出的某平面图形的直观图如图,边AB平行于y轴,BC,AD平行于x轴.已知四边形ABCD的面积为cm2,则原平面图形的面积为 A.4cm2B.cm2C.8cm2D.cm26.在中,内角的对边分别为,且,则 A.B.C.D.
7.某几何体的三视图如图所示(单位cm),则该几何体的体积(单位cm3)是 A.B.C.D.
8.等差数列{an}中,已知a50,a4+a70,则{an}的前n项和Sn的最大值为 A.S7B.S6C.S5D.S
49.在不等边三角形ABC中,角A、B、C所对的边分别为a、b、c,其中a为最大边,如果sin2B+Csin2B+sin2C,则角A的取值范围为 A.B.C.D.10.在长方体中,,,是侧棱的中点,则直线与平面所成角的大小是 A.B.C.D.以上都不对11.若不等式对任意恒成立,则实数的取值范围是A.-2,0B.-∞,-2∪0,+∞C.-4,2D.-∞,-4∪2,+∞
12.在棱长为1的正方体中,点分别是棱的中点,是侧面内一点,若∥平面,则线段长度的取值范围是A.错误!未找到引用源 B.C.D.E
二、填空题(每小题5分,共20分)
13.若数列{an}的前n项和,则{an}的通项公式是an=________.
14.如图所示,在空间四边形ABCD中,点E,H分别是边AB,AD的中点,点F,G分别是边BC,CD上的点,且==,则下列说法正确的是________.填写所有正确说法的序号
①EF与GH平行;
②EF与GH异面;
③EF与GH的交点M可能在直线AC上,也可能不在直线AC上;
④EF与GH的交点M一定在直线AC上.15.已知四面体中,,,,则四面体的外接球的表面积为________.16.在中,,若,则的最大值为________.
三、解答题(共70分)
17.(本题满分10分)如图,在三棱锥中,⊥底面,是的中点.已知,,,.求1三棱锥PABC的体积;2异面直线BC与AD所成角的余弦值.
18.(本题满分12分)在中,分别是内角的对边,且2cosA·cosCtanAtanC-1=
1.1求的大小;2若,,求的面积.19.(本题满分12分)如图,四棱柱的底面ABCD是正方形O是底面中心,A1O⊥底面ABCD,AB=AA1=.1证明平面A1BD∥平面CD1B1;2求三棱柱ABDA1B1D1的体积.
20.(本题满分12分)已知数列的首项,前项和为,.1求数列的通项公式;2设,求数列的前n项和Tn,并证明1≤Tn.
21.(本题满分12分)如图所示,在四棱锥中,底面为平行四边形∠ADC=45°,,为的中点,⊥平面,,为的中点.1证明⊥平面;2求直线与平面所成角的正切值.
22.(本题满分12分)已知数列的前n项和为,,且,数列满足,,其前9项和为
63.1求数列和的通项公式;2令,数列的前n项和为,若对任意正整数n,都有,求的最小值.
1、选择题(每个小题5分,共60分)123456789101112ABDACCCCDCCB
2、填空题(每小题5分,共20分)
13.2n-
114.
414.
16.
三、解答题(共70分)
17.(本题满分10分)解1S△ABC=×2×2=2,三棱锥PABC的体积为V=S△ABC·PA=×2×2=.2如图,取PB的中点E,连接DE,AE,则ED∥BC,所以∠ADE或其补角是异面直线BC与AD所成的角.在△ADE中,DE=2,AE=,AD=2,cos∠ADE==.故异面直线BC与AD所成角的余弦值为.18.(本题满分12分)由已知得2cosAcosC=1,所以2sinAsinC-cosAcosC=1,即cosA+C=-,所以cosB=,又0Bπ,所以B=.2由余弦定理,得cosB==,即=,又因为a+c=,b=,所以-2ac-3=ac,即ac=,所以S△ABC=acsinB=××=.19.(本题满分12分)解1证明由题设知,BB1∥|DD1,∴四边形BB1D1D是平行四边形,∴BD∥B1D
1.又BD⊄平面CD1B1,∴BD∥平面CD1B
1.∵A1D1∥B1C1∥BC,∴四边形A1BCD1是平行四边形,∴A1B∥D1C.又A1B⊄平面CD1B1,∴A1B∥平面CD1B
1.又∵BD∩A1B=B,∴平面A1BD∥平面CD1B
1.2∵A1O⊥平面ABCD,∴A1O是三棱柱ABDA1B1D1的高.又∵AO=AC=1,AA1=,∴A1O=eq\rAA-AO2=
1.又∵S△ABD=××=1,∴VABDA1B1D1=S△ABD·A1O=120.(本题满分12分)解1由an+1=2Sn+1,得an=2Sn-1+1n≥2,两式相减得an+1-an=2Sn-Sn-1=2an,故an+1=3ann≥2,所以当n≥2时,{an}是以3为公比的等比数列.因为a2=2S1+1=2a1+1=3,=3,所以{an}是首项为1,公比为3的等比数列,an=3n-
1.2证明由1知an=3n-1,故bn=log3an+1=log33n=n,==n·n-1,Tn=1+2×+3×2+4×3+…+n×n-1,
①Tn=1×+2×2+3×3+…+n-1×n-1+n×n.
②①-
②,得Tn=1++2+3+…+n-1-n×n=-n×n,所以Tn=-+nn.因为+nn0,所以Tn=-+nn.又因为Tn+1-Tn=0,所以数列{Tn}单调递增,所以Tnmin=T1=1,所以1≤Tn.
21.(本题满分12分)解1证明因为∠ADC=45°,且AD=AC=1,所以∠DAC=90°,即AD⊥AC.又PO⊥平面ABCD,AD平面ABCD,所以PO⊥AD,而AC∩PO=O,所以AD⊥平面PAC.2连接DO,取DO的中点N,连接MN,AN.因为M为PD的中点,所以MN∥PO,且MN=PO=
1.由PO⊥平面ABCD,得MN⊥平面ABCD,所以∠MAN是直线AM与平面ABCD所成的角.在Rt△DAO中,AD=1,AO=,所以DO=,从而AN=DO=.在Rt△ANM中,tan∠MAN===,即直线AM与平面ABCD所成角的正切值为.
22.(本题满分12分)
(1)由2nSn+1-2(n+1)Sn=n(n+1),得-=,所以数列是首项为1,公差为的等差数列,因此=S1+(n-1)×=n+,即Sn=.于是an+1=Sn+1-Sn=-=n+1,所以an=n.因为bn+2-2bn+1+bn=0,所以数列是等差数列,由{bn}的前9项和为63,得=63,又b3=5,所以b7=9,所以数列{bn}的公差d==1,则bn=b3+(n-3)×1=n+
2.
(2)由
(1)知cn=+=+=2+2(-),所以Tn=c1+c2+…+cn=2n+2(1-+-+-+…+-+-)=2n+2(1+--)=3-2(+)+2n,则Tn-2n=3-2(+).设An=Tn-2n=3-2(+).因为An+1-An=3-2(+)-[3-2(+)]=2(-)=0,所以数列{An}为递增数列,则(An)min=A1=.又因为An=3-23,所以≤An
3.因为对任意正整数n,Tn-2n∈[a,b],所以a≤,b≥3,则(b-a)min=3-=.。