2019-2020最新高一数学下学期第三次月考试题文(含解析)

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2019-2020学年高一数学下学期第三次月考试题(含解析) (I)

2019-2020学年高一数学下学期第三次月考试题(含解析) (I)一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1. 已知全集,集合，集合，则下列结论中成立的是( )A. B. C. D.【答案】D【解析】由题意可得：，则：，，，.本题选择D选项.2. 由首项，公差确定的等差数列，当时，序号n等于 ( )A. 99B. 100C. 96D. 101【答案】B【解析】试题分析：由通项公式可知考点：等差数列通项公式3. 已知等比数列{a n}中，a2+a5=18，a3•a4=32，若a n=128，则n=（）A. 8B. 7C. 6D. 5【答案】A【解析】分析：利用等比数列的性质，，以及，联立求出与的值，求得公比，再由通项公式得到通项，即可得出结论.详解：数列为等比数列，，又，，或，公比或，则或，或，，故选A.点睛：本题主要考查等比数列的通项公式，属于中档题. 等比数列基本量的运算是等比数列的一类基本题型，数列中的五个基本量，一般可以“知二求三”，通过列方程组所求问题可以迎刃而解，解决此类问题的关键是熟练掌握等比数列的有关性质和公式，并灵活应用，在运算过程中，还应善于运用整体代换思想简化运算过程.4. 函数的最小值为A. 1B.C.D.【答案】D【解析】分析：根据二倍角的余弦公式变形化简解析式，设，由得，代入原函数利用配方法化简，由二次函数，余弦函数和复合函数的单调性，得出的最小值.详解：由题意得，，设，由得，代入原函数得，则时，有最小值，所以函数有最小值，故选D.点睛：求与三角函数有关的最值常用方法有以下几种：①化成的形式利用配方法求最值；②形如的可化为的形式利用三角函数有界性求最值；③型，可化为求最值 .5. 已知，则不等式，，中不成立的个数为A. 0B. 1C. 2D. 3【答案】D【解析】取，则，但是此时，取，则，但是此时，即题中所给的三个不等式均错误.本题选择D选项.6. 在△ABC中，已知b＝40，c＝20，C＝60°，则此三角形的解的情况是（）A. 有一解B. 有两解C. 无解D. 有解但解的个数不确定【答案】C【解析】分析：利用正弦定理列出关系式，将的值代入求出的值，即可做出判断.详解：在中，，由正弦定理，得，则此时三角形无解，故选C.点睛：本题主要考查正弦定理在解三角形中的应用，属于中档题.正弦定理是解三角形的有力工具，其常见用法有以下三种：（1）知道两边和一边的对角，求另一边的对角（一定要注意讨论钝角与锐角）；（2）知道两角与一个角的对边，求另一个角的对边；（3）证明化简过程中边角互化；（4）求三角形外接圆半径.7. 若函数是偶函数，是奇函数，则的值是A. B. 1 C. D.【答案】A【解析】对于偶函数有=，所以，解得；对于定义域为的奇函数，，解得，所以.故本题正确答案为A.8. 设变量满足，则的最大值是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】分析：画出可行域，设,变形为，由图可知，当直经过点时，直线在轴上的截距最大，最大值，进而可得结果.详解：画出变量满足表示的可行域，由可得，设,变形为，平移直线，由图可知当直线经过点时，直线在轴上的截距最大，最大值为，所以的最大值为，故选D.点睛：本题主要考查线性规划中，利用可行域求目标函数的最值，属于简单题.求目标函数最值的一般步骤是“一画、二移、三求”：（1）作出可行域（一定要注意是实线还是虚线）；（2）找到目标函数对应的最优解对应点（在可行域内平移变形后的目标函数，最先通过或最后通过的顶点就是最优解）；（3）将最优解坐标代入目标函数求出最值.9. 正数满足等式，则的最小值为（）A. B. C. D. 4【答案】A【解析】试题分析：因为，且，，所以，当且仅当，即时，等号成立，所以正确答案为A.考点：基本不等式.10. 公元263年左右，我国数学有刘徽发现当圆内接多边形的边数无限增加时，多边形的面积可无限逼近圆的面积，并创立了割圆术，利用割圆术刘徽得到了圆周率精确到小数点后面两位的近似值3.14，这就是著名的“徽率”。

2019-2020学年高一数学下学期第三次月考试题文

2019-2020学年高一数学下学期第三次月考试题文一、选择题（本大题12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．） 1．已知函数)2sin()(ππ+=x x f ，则下列命题正确的是（）A ．)(x f 是周期为1的非奇非偶函数B ．)(x f 是周期为2的非奇非偶函数C ．)(x f 是周期为1的奇函数D ．)(x f 是周期为2的偶函数2．若a ＝(2cos α，1)，b ＝(sin α，1)，且a ∥b ，则tan α等于( )A ．－2B ．－12 C ．2 D ． 123．化简cos 15°cos 45°－sin 165°sin 45°的值为( )A ．－32 B ．32C ．－12D ．124．在△ABC 中，AB →＝c ，AC →＝b . 若点D 满足BD →＝2DC →，则AD →＝( )A ．23b ＋13cB ．53c －23bC ．23b －13cD ．13b ＋23c5．在等差数列{}n a 中，已知3,173==a a , 则数列{}n a 的前9项之和等于（）A ．9B ．18C ．36D ．526．若函数sin()y A x ωϕ=+(0A >，0ω>，||2πϕ<)在一个周期内的图象如图所示，,M N 分别是这段图象的最高点和最低点，且ON OM ⊥（O 为坐标原点），则=A （）A ．6πB ．712π C ．76π D ．73π 7．三角形ABC 的内角A 、B 、C 的对边分别为a 、b 、c ，若a 、b 、c 成等比数列，且2c a =，则cos B =（）A ．24B ．23C ．14D ．348．中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题：“三百七十八里关，初行健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见次日行里数，请公仔细算相还．”其意思为：有一个人要走378里路，第一天健步行走，从第二天起脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地，请问第二天走了（）A ．192 里B ．96 里C ．48 里D ．24 里9.若tan α＝2，则sin α＋cos αsin α－cos α＋cos 2α＝( )A ．165B ．－165C ．85D ．－8510．已知等差数列{}n a 的前n 项和为55,5,15n S a S ==,则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫+11n n a a 的前100项和为（）A ．100101B ．99101C ．99100D ．10110011．设锐角△ABC 的三内角A ，B ，C 所对边的边长分别为a ，b ，c ，且a ＝1，B ＝2A ，则b 的取值范围为( )A ．(0，2)B ．(2，2)C ．(2，3)D ．(1，3)12．数列{}n a 是等差数列，若981a a <-，且它的前n 项和n S 有最大值，那么当n S 取得最小正值时，n 等于（）A ．17B ．16C ．15D ．14二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在答题卡上的相应位置）13．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝2n－1，则数列{a n }的通项公式=n a ___________．14．如图，测量河对岸的旗杆高AB 时，选与旗杆底B 在同一水平面内的两个测点C 与D ，测得∠BCD ＝75°，∠BDC ＝60°，CD ＝a ，并在点C 测得旗杆顶A 的仰角为60°，则旗杆高AB 为___________． 15．如图，平面内有三个向量OA 、OB 、OC , 其中OA 与OB的夹角为120°，OA 与OC 的夹角为30°, 且|OA |＝|OB |＝1， |OC | ＝32，若OC ＝λOA +μOB （λ，μ∈R ）, 则λ+μ的值为___________．16．定义在R 上的函数()f x 满足(6)()f x f x +=, 当31x -≤<-时，2()(2)f x x =-+，当13x -≤<时，()f x x =. 则=++++)2018(3)2()1(f f f f ）（___________．三、解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 17.（本小题满分10分）已知向量,a b 满足：||2a =，||4b =，2)(=-⋅a b a .(Ⅰ)求向量a 与b 的夹角；（Ⅱ）求||b a t -的最小值及取得最小值时t 的取值.18.（本小题满分12分）已知2()2cos 23sin cos f x x x x a =++（a 为常数）.(Ⅰ)求()f x 的单调递增区间；(Ⅱ)若()f x 在⎥⎦⎤⎢⎣⎡-66ππ，上的最大值与最小值之和为3，求a 的值．19．（本题满分12分）在ABC ∆中，角A ，B ，C 所对边分别为c b a ,,.已知(sin ,sin cos ),m C B A = (,2)n b c =,且n m ⊥. （Ⅰ）求角A 大小.（Ⅱ）若23,2,a c == 求ABC ∆的面积S 的大小．20．（本小题满分12分）已知{a n }是各项均为正数的等比数列，{b n }是等差数列，且a 1＝b 1＝1，b 2＋b 3＝2a 3，a 5－3b 2＝7. (Ⅰ)求{a n }和{b n }的通项公式；(Ⅱ)设c n ＝a n b n ，n ∈N *，求数列{c n }的前n 项和.21．（本小题满分12分）如图所示，在四棱锥P ﹣ABCD 中，底面ABCD 为菱形，E 为AC 与BD的交点，PA ⊥平面ABCD ，M 为PA 中点，N 为BC 中点． (Ⅰ)证明：直线MN ∥平面PCD ；(Ⅱ)若点Q 为PC 中点，∠BAD =120°，PA =3，AB =1，求三棱锥A ﹣QCD 的体积．22．（本题满分12分）已知数列{}n a 的前三项与数列{}n b 的前三项对应相同，且212322a a a +++…12n n a -+8n =对任意的∈n N *都成立，数列1{}n n b b +-是等差数列． (Ⅰ)求数列{}n a 与{}n b 的通项公式；(Ⅱ)问是否存在k ∈N *，使得(0,1)k k b a -∈？请说明理由． 1．D 解析：，x x f πcos )(= ，∴)(x f 是最小正周期为2的偶函数． 2．C 解析：∵a ∥b ，∴2cos α＝sin α，∴tan α＝2.3．D 解析：cos 15°cos 45°－sin 165°sin 45°＝cos 15°cos 45°－sin 15°sin 45°＝cos(15°＋45°)＝cos 60°＝12．4．A 解析：如图所示，可知AD →＝AB →＋23(AC →－AB →)＝c ＋23(b －c )＝23b ＋13c .5．B . 解析：47391=+=+a a a a , 1829)(919=⨯+=∴a a S .6．B 解析：由图知),,12(A OM π=),,127(A ON -=π⋅OM ,0144722=-=A ON π,127π=A 7. D 解析：22222a b ac b a c =∴==,, ，∴由余弦定理得432224222=⨯-+=a a a a a B cos . 8．B 解析：设等比数列{a n }的首项为a 1，公比为q ＝12，依题意有387211)211(61=--a ，解得a 1＝192，则a 2＝192×12＝96，即第二天走了96 里，故选B ．9. A 解析：sin α＋cos αsin α－cos α＋cos 2α＝sin α＋cos αsin α－cos α＋cos 2αsin 2α＋cos 2α＝tan α＋1tan α－1＋1tan 2α＋1＝165. 10. A 解析：由25515⨯+=)(a a S 得255151⨯+=)(a 11=⇒a ，11515=--=a a d ，于是n a n =,则11111+-=+n n a a n n ，故}{11+n n a a 的前100项和为：1011001011100131212111=-++-+-)()()( . 11．C 解析：由a sin A ＝b sin B ＝b sin 2A ，则b ＝2cos A ．π2<A ＋B ＝3A <π，从而π6<A <π3，又2A <π2，所以A <π4，所以有π6<A <π4，22<cos A <32，所以2<b < 3.12．C 解析：∵数列{}n a 的前n 项和有最大值，∴数列{}n a 为递减数列，又981a a <-，8900a a ><∴，且890a a +<，又115116158168915()16()1508()022a a a a S a S a a ++==>==+<，，故当15n =时，n S 取得最小正值，故选C ．13．答案：12-=n n a 解析：当n ＝1时，a 1＝S 1＝2－1＝1，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(2n －1)－(2n －1－1)＝2n －2n －1＝2n －1. 故12-=n n a14．答案：322a 解析：在△BCD 中，由正弦定理得a sin 45°＝BC sin 60°⇒BC ＝62a . 在直角三角形ABC 中，AB ＝BC tan 60°＝62a ×3＝322a .15．答案：6; 解析：过C 作OA 与OC 的平行线与它们的延长线相交，可得平行四边形，由90=∠BOC °，30=∠AOC °，OC =32得平行四边形的边长为2和4，=+μλ2+4=6. 16．答案：339解析：由)()6(x f x f =+，可知函数的周期为6，所以1)3()3(-==-f f ，0)4()2(==-f f ，1)5()1(-==-f f ，0)6()0(==f f ，1)1(=f ，2)2(=f ，所以在一个周期内有1010121)6()2()1(=+-+-+=+++f f f ，所以33933361336)2()1()2018()2()1(=+=⨯++=+++f f f f f .17．解析: (Ⅰ) 设向量a 与b 的夹角为θ，∵2)(2=-⋅=-⋅a b a a b a ，∴4=⋅b a ，… 2分所以22||||cos ==b a b a θ，∵[0,]θπ∈，∴4πθ=；…………… 5分 (Ⅱ) 8)2(21682||2||||22222+-=+-=+⋅-=-t t t b b a t a t b a t …………… 8分当2=t 时，||b a t -取得最小值22…………… 10分 18．解：(Ⅰ) 1)62(sin 212sin 32cos )(+++=+++=a x a x x x f π……………3分由226222πππππ+≤+≤-k x k ，得63ππππ+≤≤-k x k ，∴()f x 的单调递增区间是[].)(63Z k k k ∈+-，，ππππ …………………… 6分(Ⅱ) [,]2[,]66662x x πππππ∈-⇒+∈-⇒()[,3]f x a a ∈+，……………… 10分则max min ()()33f x f x a a +=++=， ∴0a =. ……………………12分19．解：(Ⅰ) ∵n m ⊥，∴0)2,()cos sin ,(sin =⋅c b A B C , ∴sin 2sin cos 0.b C c B A += (2)分由正弦定理得2cos 0.bc cb A += ∵0,0,b c ≠≠∴12cos 0.A +=∴1cos .2A =- ………………4分∵0,A π<<∴2.3A π=………………6分 (Ⅱ) ABC ∆中，∵2222cos ,a c b cb A =+-∴201244cos120b b =+-．∴2280.b b +-=………………8分∴4b =-（舍）或2b =，面积 1sin 3.2ABC S bc A ∆== ………………12分20．解: (Ⅰ) 设数列{a n }的公比为q ，数列{b n }的公差为d ，由题意q ＞0.由已知，有⎩⎪⎨⎪⎧2q 2－3d ＝2，q 4－3d ＝10，消去d ，整理得q 4－2q 2－8＝0，…………… 3分又因为q ＞0，解得q ＝2，所以d ＝2. 所以数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －1，n ∈N *；数列{b n }的通项公式为b n ＝2n －1，n ∈N *.……………6分 (Ⅱ) 由(1)有c n ＝(2n －1)·2n －1，设{c n }的前n 项和为S n ，则S n ＝1×20＋3×21＋5×22＋…＋(2n －3)×2n －2＋(2n －1)×2n －1，2S n ＝1×21＋3×22＋5×23＋…＋(2n －3)×2n －1＋(2n －1)×2n，上述两式相减，得－S n ＝1＋22＋23＋ (2)－(2n －1)×2n＝2n ＋1－3－(2n －1)×2n ＝－(2n －3)×2n－3，所以，S n ＝(2n －3)·2n＋3，n ∈N *.……………12分 21．解：(Ⅰ) 取PD 中点R ，连结MR ，CR ，∵M 是PA 的中点，R 是PD 的中点，∴MR =21AD ，MR ∥AD ， ∵四边形ABCD 是菱形，N 为BC 的中点，∴NC =AD 21，NC ∥AD ．∴NC ∥MR ，NC =MR ，∴四边形MNCR 为平行四边形， ∴MN ∥CR ，又CR ⊂平面PCD ，MN ⊄平面PCD ， ∴MN ∥平面PCD ．……………6分(Ⅱ) ∵四边形ABCD 是菱形，∠BAD =120°，∴AC =AD =CD =1，∴43=ACD S ∆．∵Q 是PC 的中点，∴Q 到平面ABCD 的距离h =21PA =23． ∴.812131=⨯⨯==--PA S V V ACD ACD Q QCD A ∆……………12分 22．解：(Ⅰ) 已知212322a a a +++…12n n a -+8n =(n ∈N *) ①2n ≥时，212322a a a +++…2128(1)n n a n --+=-(n ∈N *) ②①-②得，128n n a -=，求得42n n a -=，在①中令1n =，可得得41182a -==，所以42n n a -=(n ∈N *)．……………………………………4分由题意18b =，24b =，32b =，所以214b b -=-，322b b -=-， ∴数列}{1n n b b -+的公差为2)4(2=---, ∴1n nb b +-=2)1(4⨯-+-n 26n =-，121321()()()n n n b b b b b b b b -=+-+-++-)82()2()4(8-++-+-+=n2714n n =-+(n ∈N *)．……………………………………8分(Ⅱ) k k b a -=2714k k -+-42k-，当4k ≥时，277()()24f k k =-+-42k-单调递增，且(4)1f =，所以4k ≥时，2()714f k k k =-+-421k-≥，又(1)(2)(3)0f f f ===，所以，不存在k ∈N *，使得(0,1)k k b a -∈．……………………………………12分。

【2019-2020】高一数学下学期第三次月考试题文(含解析)

教学资料参考范本【2019-2020】高一数学下学期第三次月考试题文（含解析）撰写人：__________________部门：__________________时间：__________________一、单选题（每小题5分，共60分）1.1.下列命题中正确的是（）A. 若，则B. 若，则C. 若，则D. 若，则【答案】D【解析】【分析】对于可以通过举出反例否定，利用不等式的基本性质证明证确.【详解】，取，满足，但是，故不正确；，，但是，故不正确；，，可得，故不正确；，必有，正确，故选D.【点睛】本题主要考查不等式的性质以及排除法的应用，属于简单题. 用特例代替题设所给的一般性条件，得出特殊结论，然后对各个选项进行检验，从而做出正确的判断，这种方法叫做特殊法. 若结果为定值，则可采用此法. 特殊法是“小题小做”的重要策略. 常用的特例有特殊数值、特殊数列、特殊函数、特殊图形、特殊角、特殊位置等．2.2.已知向量，，若∥，则锐角为( )A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据两个向量平行，交叉相乘的差为零，易得到一个三角方程，根据为锐角，即可得结果.【详解】因为向量，，又为锐角，，故选C.【点睛】利用向量的位置关系求参数是出题的热点，主要命题方式有两个：（1）两向量平行，利用解答；（2）两向量垂直，利用解答.3.3.直线的斜率和在轴上的截距分别是( )A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】将直线化为为斜截式，从而可得结果.【详解】直线化为为斜截式可得，直线的斜率及在轴上的截距分别为，故选A.【点睛】本题主要考查直线方程一般式化为斜截式，斜率与截距的定义，属于简单题. 在解题过程中需要用“点斜式”、“斜截式”设直线方程时，一定不要忘记讨论直线斜率不存在的情况，这是解析几何解题过程中容易出错的地方.4.4.已知等比数列满足，，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】试题分析：由得.故选 C.考点：等比数列的性质.5.5.若直线经过点和，且与直线垂直，则实数的值为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】由题意，知，直线的斜率，所以，所以，故选B.6.6.若，则的最小值为（）A. B. 3 C. D.【答案】C【解析】【分析】：先解,由均值不等式求解的最小值。

河北省枣强中学2019-2020学年高一下学期第三次月考数学试题含答案

笔试者
甲
乙
丙丁
戊
戌
得分
70
x
72 70
72
90
（2）从表中前 5 个人中随机选取 2 人，求恰好有 1 人得分在区间 68,75中的概率.
18.某农科所对冬季昼夜温差大小与某大豆新品种发芽多少之间的关系进行分析研究，他们分别记录了 11 日至 15 日的每天昼夜温差与实验室每天每 100 颗种子中的发芽数，得到如下资料：
当 AB=2 时，在 ABD 中，由余弦定理可得： AD2 AB2 BD2 2AB BDcosB 7 ，
AD 7 ，当 AB=1 时，在 ABD 中，由余弦定理可得： AD2 AB2 BD2 2AB BDcosB 7 ，
AD 7故选 D． 12.A
13.【详解】根据表中数据得：
因为n 1时，a1 3 4 8 0
数列an 3n 4是以8为首项，2为公比的等比数列
an 3n 4 8 2n1 2n2 an 2n2 3n 4
17.解：（1）由题意，得 1 70 x 72 70 72 90 75 ，解得 x 76 .....2 分
6
s
8.已知等比数列an，首项及公比都大于零。若 a1010 2 ，则 log2a1 log2a2 log2a3 ..... log2a2018 log2a2019 的值为 ( )
A．2018
B．2019
C．2020
D．2029
9.已知变量 x 与 y 具有线性相关关系，数据如下表所示。
x
8.3
三、解答题(本大题共 6 小题，共 70 分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤) 17.（本小题满分 10 分）某高校进行自主招生考试，随机调查了部分笔试者的成绩，其中甲、乙、

学2019-2020学年高一数学下学期第三次月考试题文(含解析)

学2019-2020学年高一数学下学期第三次月考试题文（含解析）一、单选题1.已知数列，1，，，，…，，…，则是它的（）.A. 第22项B. 第23项C. 第24项D. 第28项【答案】B【解析】【分析】将改写成的形式，即可确定它的项数.【详解】因为题中数列的第项为，而，所以是题中数列的第23项.故选：B.【点睛】本题考查数列项数的确定，属于基础题.2.若数列是等差数列，且，则数列的前9项和等于（）A. B. 18 C. 27 D. 36【答案】B【解析】【分析】先利用等差中项的性质求出，然后利用等差数列求和公式以及等差中项的性质求出.【详解】，，.故选：B.【点睛】本题考查了等差数列求和公式以及等差中项性质的应用，难度不大.3.在锐角中，角所对边长分别为.若（）A. B. C. D.【答案】D【解析】试题分析：考点：正弦定理解三角形4.已知a，b，c是△ABC三边之长，若满足等式（a+b﹣c）（ a+b+c）=ab，则∠C的大小为（）A. 60°B. 90°C. 120°D. 150°【答案】C【解析】【分析】由（a+b﹣c）（a+b+c）=ab可得c2=a2+b2+ab，由余弦定理可得，cosC==-,可求C的值．【详解】∵（a+b﹣c）（a+b+c）=ab，∴c2=a2+b2+ab，由余弦定理可得，cosC===-=-，∵0°＜C＜180°，∴C=120°，故选C．5.如图，在四边形中，，，，则该四边形的面积等于（）A. B. C. D.【答案】B【分析】连接，计算出，可得出，利用余弦定理求出，然后利用三角形的面积公式计算出和的面积，相加即可得出四边形的面积.【详解】连接，在中，由于，，，.在中，由余弦定理知，，，.故选：B.【点睛】本题考查四边形面积的计算，涉及余弦定理的应用，考查计算能力，属于基础题.6.在数列中，，则此数列最大项的值是A. B. C. D.【答案】D试题分析：根据题意并结合二次函数的性质可得：时，取得最大值，最大项的值为108．考点：二次函数的最值7.设是任意等比数列，它的前项和，前项和与前项和分别为，则下列等式中恒成立的是A. B.C. D.【答案】D【解析】本题主要考查等比数列的性质：等比数列连续项之和仍为等比数列．即成等比数列，则由等比中项的性质有整理得D选项．8.在中，角，，所对的边的长分别为，，，若，则的形状是（）A. 锐角三角形B. 直角三角形C. 钝角三角形D. 正三角形【答案】C【解析】利用正弦定理化简已知不等式，得到，利用余弦定理即可得出，可知为钝角，从而得出结论．【详解】由正弦定理得：由余弦定理得：钝角，则为钝角三角形本题正确选项：【点睛】此题考查了三角形形状的判断，涉及的知识有：正弦定理进行边角互化、余弦定理的应用，熟练掌握正弦定理、余弦定理是解本题的关键．9.已知各项均不相等的等比数列成等差数列，设为数列的前n项和，则等于A. B. C. 3 D. 1【答案】A【解析】【分析】设等比数列{an}的公比为q，由3a2，2a3，a4成等差数列，可得2×2a3=3a2+a4，4a2q=3,解得q．利用通项公式与求和公式即可得出．【详解】设等比数列{an}的公比为q，∵3a2，2a3，a4成等差数列，∴2×2a3=3a2+a4，∴4a2q=3，化为q2﹣4q+3=0，解得q=1或3．又各项均不等，所以q=3当q=3时，.故选A．【点睛】本题考查了等差数列与等比数列的求通项公式与和公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．解决等差等比数列的小题时，常见的思路是可以化基本量，解方程；利用等差等比数列的性质解决题目；还有就是如果题目中涉及到的项较多时，可以观察项和项之间的脚码间的关系，也可以通过这个发现规律.10.若数列{an}的通项公式为an＝2n＋2n－1，则数列{an}的前n项和为（）A. 2n＋n2－1B. 2n＋1＋n2－1C. 2n＋n－2D. 2n＋1＋n2－2【答案】D【解析】【分析】根据数列{an}的通项公式是等差+等比的形式，采用分组求和的方法，以及等差、等比的前n项和公式，可得结果.【详解】由题可知：设数列{an}的前n项和为所以即所以故故选：D【点睛】本题考查等比数列与等差数列综合应用，熟悉常用的数列求和的方法：裂项相消法，分组求和，公式法，错位相减等，属基础题.11.若满足条件的三角形ABC有两个，那么a 的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】利用正弦定理，用a表示出sinA，结合C的取值范围，可知；根据存在两个三角形的条件，即可求得a的取值范围．【详解】根据正弦定理可知，代入可求得因为，所以若满足有两个三角形ABC则所以所以选C【点睛】本题考查了正弦定理在解三角形中的简单应用，判断三角形的个数情况，属于基础题．12.已知每项均大于零的数列中,首项且前项和满足(且),则 ( )A. 641B. 640C. 639D. 638【答案】B【解析】【分析】化简条件得数列为等差数列，解得，再和项与通项关系得结果.【详解】因为，所以，即为等差数列，首项为1，公差为2，所以，因此，选B.【点睛】判断或证明为等差数列的方法：(1)用定义证明：为常数）；(2)用等差中项证明：；(3)通项法：为的一次函数；(4)前项和法：二、填空题13.在相距2千米的、两点处测量目标，若，则、两点之间的距离是千米．【答案】【解析】解：由A点向BC作垂线，垂足为D，设AC=x，∵∠CAB=75°，∠CBA=60°，∴∠ACB=180°-75°-60°=45°∴AD=x∴在Rt△ABD中，AB•sin60°=xx=" 6" （千米）答：A、C两点之间的距离为千米．故答案为下由正弦定理求解：∵∠CAB=75°，∠CBA=60°，∴∠ACB=180°-75°-60°=45°又相距2千米的A、B两点∴，解得AC=答：A、C两点之间的距离为千米．故答案为14.在等比数列中，若，且前3项之和等于21，则该数列的公比_______.【答案】4或【解析】【分析】根据数列前3项之和等于21，直接列式解出.【详解】因为，前3项之和等于21，所以，即，解得4或.故答案为：4或.【点睛】本题考查等比数列公比的求法，属于简单题.15.在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，已知8b＝5c，C＝2B，则cosC＝___.【答案】【解析】【分析】利用正弦定理，结合题目所给已知条件，求得的值，再根据二倍角公式求得的值.【详解】由及8b＝5c，C＝2B，得5csin 2B＝8csin B，所以cos B＝，所以cos C＝cos 2B＝2cos2B－1＝.【点睛】本小题考查利用正弦定理解三角形，考查二倍角的余弦公式，考查运算和求解能力，属于基础题.16.数列的前项和为，__________【答案】2600【解析】,,，，，，，，…………………….，.【点睛】提供一个数列，有时提供通项公式，有时提供递推公式，有通项公式求数列的和可根据通项公式采用相应的方法求和，求和方法主要有倒序相加法、错位相减法、裂项相消法、分组求和法等，当有提供递推公式时，一般化为特殊数列（等差或等比）后再求和，也有时时根据数列的递推公式，借助前2项的值，推出后面的项的值，求数列的和时要观察数列各项的值的性，有时具有周期性，有时奇数项、偶数项分别具有一定的规律，然后再求和.三、解答题17.设的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且，，.（1）求a，c的值；（2）求的值.【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）由条件结合余弦定理即可解出答案；（2）利用正弦定理算出，利用三角函数的平方关系算出，然后，算出答案即可.【详解】（1）由余弦定理，得即又∵，，，∴由，可解得（2）∵在中，，∴.由正弦定理，得，∵，∴A为锐角∴，∴.【点睛】本题考查的是利用正余弦定理解三角形，考查了学生的计算能力，属于基础题.18.已知数列中，，前n项和为且.（1）求数列的通项公式；（2）设数列的前n项和为，求的值.【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）首先根据，得到，数列是首项为1，公比为的等比数列，再求的通项公式即可.（2）根据题意得到数列是首项为1，公比为的等比数列，再计算即可.【详解】（1）由，知当时，∴，即，∴，，得，∴，∴.∴数列是首项为1，公比为的等比数列.∴.（2）∵数列是首项为1，公比为的等比数列，∴数列是首项为1，公比为的等比数列，∴.【点睛】本题第一问考查知求通项，第二问考查等比数列求和，熟记公式为解题关键，属于中档题.19.在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，已知．求的值；若，的周长为5，求b的长．【答案】（1）2（2）2【解析】试题分析：（1）由正弦定理和三角形的性质，得，即求解的值；（2）由（1）可知，∴，再由余弦定理和三角形周长，即可求解的长.试题解析：（1）由正弦定理知，，（2分）即，即，（4分）又由知，，所以. （6分）（2）由（1）可知，∴，（8分）由余弦定理得∴，（10分）∴，∴，∴. （12分）考点：正弦定理；余弦定理.20.已知数列是一个公差大于0的等差数列，且满足，.（1）求数列的通项公式；（2）令，记数列的前n项和为，对于任意的，不等式恒成立，求实数m的最小值.【答案】（1）；（2）100【解析】【分析】（1）设等差数列的公差为d，然后根据已知条件列方程求解和，即可得出通项公式；（2）先根据（1）中结论化简，然后利用裂项相消法求和，进而得出结论.【详解】（1）设等差数列的公差为d，则，由得①，由得②，由①得，将其代入②得，即，得，又，∴，将之代入①，解得，∴.（2）由（1）得，∴，∴，又恒成立，则，∴，故m的最小值为100.【点睛】本题考查了求等差数列的通项公式，考查了利用裂项相消法求和，属于中档题.21.已知等差数列的公差，且，成等比数列，若数列满足．（1）求数列的通项公式；（2）求数列的前项和．【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）先由等差数列的性质得到，再根据成等比数列且，求得的值，进而可得等差数列的通项公式；（2）先根据已知条件得到，即可得到数列的通项公式，然后结合数列的通项公式的特点，用错位相减法进行求和即可．【详解】（1）因为，所以由等差数列的性质得，即．因为成等比数列，所以，即，又，所以，所以．（2）因为，所以当时，，所以．当时，由，得，所以，所以，，所以，所以．【点睛】本题主要考查等差数列的通项公式、等比数列的性质、错位相减法求和等，考查运算求解能力和逻辑推理能力．数列求和的常用方法有：（1）公式法，常用于等差、等比数列的求和；（2）错位相减法，常用于通项公式形如的数列的求和，其中数列是等差数列，数列是等比数列；（3）裂项相消法，掌握常见的裂项公式有利于考生快速解题；（4）分组求和法．22.已知在中，角的对边分别为,且.（1）求的值；（2）若,求的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】试题分析：（1）本问考查解三角形中的的“边角互化”.由于求的值，所以可以考虑到根据余弦定理将分别用边表示，再根据正弦定理可以将转化为，于是可以求出的值；（2）首先根据求出角的值，根据第（1）问得到的值，可以运用正弦定理求出外接圆半径，于是可以将转化为，又因为角的值已经得到，所以将转化为关于的正弦型函数表达式，这样就可求出取值范围；另外本问也可以在求出角的值后，应用余弦定理及重要不等式，求出的最大值，当然，此时还要注意到三角形两边之和大于第三边这一条件.试题解析：（1）由，应用余弦定理，可得化简得则（2）即所以法一.,则===又法二因由余弦定理得，又因为，当且仅当时“”成立.所以又由三边关系定理可知综上学2019-2020学年高一数学下学期第三次月考试题文（含解析）一、单选题1.已知数列，1，，，，…，，…，则是它的（）.A. 第22项B. 第23项C. 第24项D. 第28项【答案】B【解析】【分析】将改写成的形式，即可确定它的项数.【详解】因为题中数列的第项为，而，所以是题中数列的第23项.故选：B.【点睛】本题考查数列项数的确定，属于基础题.2.若数列是等差数列，且，则数列的前9项和等于（）A. B. 18 C. 27 D. 36【答案】B【解析】【分析】先利用等差中项的性质求出，然后利用等差数列求和公式以及等差中项的性质求出.【详解】，，.故选：B.【点睛】本题考查了等差数列求和公式以及等差中项性质的应用，难度不大.3.在锐角中，角所对边长分别为.若（）A. B. C. D.【答案】D【解析】试题分析：考点：正弦定理解三角形4.已知a，b，c是△ABC三边之长，若满足等式（a+b﹣c）（ a+b+c）=ab，则∠C的大小为（）A. 60°B. 90°C. 120°D. 150°【答案】C【解析】【分析】由（a+b﹣c）（a+b+c）=ab可得c2=a2+b2+ab，由余弦定理可得，cosC==-,可求C的值．【详解】∵（a+b﹣c）（a+b+c）=ab，∴c2=a2+b2+ab，由余弦定理可得，cosC===-=-，∵0°＜C＜180°，∴C=120°，故选C．5.如图，在四边形中，，，，则该四边形的面积等于（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】连接，计算出，可得出，利用余弦定理求出，然后利用三角形的面积公式计算出和的面积，相加即可得出四边形的面积.【详解】连接，在中，由于，，，.在中，由余弦定理知，，，.故选：B.【点睛】本题考查四边形面积的计算，涉及余弦定理的应用，考查计算能力，属于基础题.6.在数列中，，则此数列最大项的值是A. B. C. D.【答案】D【解析】试题分析：根据题意并结合二次函数的性质可得：时，取得最大值，最大项的值为108．考点：二次函数的最值7.设是任意等比数列，它的前项和，前项和与前项和分别为，则下列等式中恒成立的是A. B.C. D.【答案】D【解析】本题主要考查等比数列的性质：等比数列连续项之和仍为等比数列．即成等比数列，则由等比中项的性质有整理得D选项．8.在中，角，，所对的边的长分别为，，，若，则的形状是（）A. 锐角三角形B. 直角三角形C. 钝角三角形D. 正三角形【答案】C【解析】【分析】利用正弦定理化简已知不等式，得到，利用余弦定理即可得出，可知为钝角，从而得出结论．【详解】由正弦定理得：由余弦定理得：钝角，则为钝角三角形本题正确选项：【点睛】此题考查了三角形形状的判断，涉及的知识有：正弦定理进行边角互化、余弦定理的应用，熟练掌握正弦定理、余弦定理是解本题的关键．9.已知各项均不相等的等比数列成等差数列，设为数列的前n项和，则等于A. B. C. 3 D. 1【答案】A【解析】【分析】设等比数列{an}的公比为q，由3a2，2a3，a4成等差数列，可得2×2a3=3a2+a4，4a2q=3 ,解得q．利用通项公式与求和公式即可得出．【详解】设等比数列{an}的公比为q，∵3a2，2a3，a4成等差数列，∴2×2a3=3a2+a4，∴4a2q=3，化为q2﹣4q+3=0，解得q=1或3．又各项均不等，所以q=3当q=3时，.故选A．【点睛】本题考查了等差数列与等比数列的求通项公式与和公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．解决等差等比数列的小题时，常见的思路是可以化基本量，解方程；利用等差等比数列的性质解决题目；还有就是如果题目中涉及到的项较多时，可以观察项和项之间的脚码间的关系，也可以通过这个发现规律.10.若数列{an}的通项公式为an＝2n＋2n－1，则数列{an}的前n项和为（）A. 2n＋n2－1B. 2n＋1＋n2－1C. 2n＋n－2D. 2n＋1＋n2－2【答案】D【解析】【分析】根据数列{an}的通项公式是等差+等比的形式，采用分组求和的方法，以及等差、等比的前n 项和公式，可得结果.【详解】由题可知：设数列{an}的前n项和为所以即所以故故选：D【点睛】本题考查等比数列与等差数列综合应用，熟悉常用的数列求和的方法：裂项相消法，分组求和，公式法，错位相减等，属基础题.11.若满足条件的三角形ABC有两个，那么a的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】利用正弦定理，用a表示出sinA，结合C的取值范围，可知；根据存在两个三角形的条件，即可求得a的取值范围．【详解】根据正弦定理可知，代入可求得因为，所以若满足有两个三角形ABC则所以所以选C【点睛】本题考查了正弦定理在解三角形中的简单应用，判断三角形的个数情况，属于基础题．12.已知每项均大于零的数列中,首项且前项和满足(且),则 ( )A. 641B. 640C. 639D. 638【答案】B【解析】【分析】化简条件得数列为等差数列，解得，再和项与通项关系得结果.【详解】因为，所以，即为等差数列，首项为1，公差为2，所以，因此，选B.【点睛】判断或证明为等差数列的方法：(1)用定义证明：为常数）；(2)用等差中项证明：；(3)通项法：为的一次函数；(4)前项和法：二、填空题13.在相距2千米的、两点处测量目标，若，则、两点之间的距离是千米．【答案】【解析】解：由A点向BC作垂线，垂足为D，设AC=x，∵∠CAB=75°，∠CBA=60°，∴∠ACB=180°-75°-60°=45°∴AD=x∴在Rt△ABD中，AB•sin60°=xx=" 6" （千米）答：A、C两点之间的距离为千米．故答案为下由正弦定理求解：∵∠CAB=75°，∠CBA=60°，∴∠ACB=180°-75°-60°=45°又相距2千米的A、B两点∴，解得AC=答：A、C两点之间的距离为千米．故答案为14.在等比数列中，若，且前3项之和等于21，则该数列的公比_______.【答案】4或【解析】【分析】根据数列前3项之和等于21，直接列式解出.【详解】因为，前3项之和等于21，所以，即，解得4或.故答案为：4或.【点睛】本题考查等比数列公比的求法，属于简单题.15.在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，已知8b＝5c，C＝2B，则cosC＝___.【答案】【解析】【分析】利用正弦定理，结合题目所给已知条件，求得的值，再根据二倍角公式求得的值.【详解】由及8b＝5c，C＝2B，得5csin 2B＝8csin B，所以cos B＝，所以cos C＝cos 2B＝2cos2B－1＝.【点睛】本小题考查利用正弦定理解三角形，考查二倍角的余弦公式，考查运算和求解能力，属于基础题.16.数列的前项和为，__________【答案】2600【解析】,,，，，，，，…………………….，.【点睛】提供一个数列，有时提供通项公式，有时提供递推公式，有通项公式求数列的和可根据通项公式采用相应的方法求和，求和方法主要有倒序相加法、错位相减法、裂项相消法、分组求和法等，当有提供递推公式时，一般化为特殊数列（等差或等比）后再求和，也有时时根据数列的递推公式，借助前2项的值，推出后面的项的值，求数列的和时要观察数列各项的值的性，有时具有周期性，有时奇数项、偶数项分别具有一定的规律，然后再求和.三、解答题17.设的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且，，.（1）求a，c的值；（2）求的值.【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）由条件结合余弦定理即可解出答案；（2）利用正弦定理算出，利用三角函数的平方关系算出，然后，算出答案即可.【详解】（1）由余弦定理，得即又∵，，，∴由，可解得（2）∵在中，，∴.由正弦定理，得，∵，∴A为锐角∴，∴.【点睛】本题考查的是利用正余弦定理解三角形，考查了学生的计算能力，属于基础题.18.已知数列中，，前n项和为且.（1）求数列的通项公式；（2）设数列的前n项和为，求的值.【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）首先根据，得到，数列是首项为1，公比为的等比数列，再求的通项公式即可.（2）根据题意得到数列是首项为1，公比为的等比数列，再计算即可.【详解】（1）由，知当时，∴，即，∴，，得，∴，∴.∴数列是首项为1，公比为的等比数列.∴.（2）∵数列是首项为1，公比为的等比数列，∴数列是首项为1，公比为的等比数列，∴.【点睛】本题第一问考查知求通项，第二问考查等比数列求和，熟记公式为解题关键，属于中档题.19.在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，已知．求的值；若，的周长为5，求b的长．【答案】（1）2（2）2【解析】试题分析：（1）由正弦定理和三角形的性质，得，即求解的值；（2）由（1）可知，∴，再由余弦定理和三角形周长，即可求解的长.试题解析：（1）由正弦定理知，，（2分）即，即，（4分）又由知，，所以. （6分）（2）由（1）可知，∴，（8分）由余弦定理得∴，（10分）∴，∴，∴. （12分）考点：正弦定理；余弦定理.20.已知数列是一个公差大于0的等差数列，且满足，.（1）求数列的通项公式；（2）令，记数列的前n项和为，对于任意的，不等式恒成立，求实数m的最小值.【答案】（1）；（2）100【解析】（1）设等差数列的公差为d，然后根据已知条件列方程求解和，即可得出通项公式；（2）先根据（1）中结论化简，然后利用裂项相消法求和，进而得出结论.【详解】（1）设等差数列的公差为d，则，由得①，由得②，由①得，将其代入②得，即，得，又，∴，将之代入①，解得，∴.（2）由（1）得，∴，∴，又恒成立，则，∴，故m的最小值为100.【点睛】本题考查了求等差数列的通项公式，考查了利用裂项相消法求和，属于中档题.21.已知等差数列的公差，且，成等比数列，若数列满足．（1）求数列的通项公式；（2）求数列的前项和．【答案】（1）；（2）【解析】（1）先由等差数列的性质得到，再根据成等比数列且，求得的值，进而可得等差数列的通项公式；（2）先根据已知条件得到，即可得到数列的通项公式，然后结合数列的通项公式的特点，用错位相减法进行求和即可．【详解】（1）因为，所以由等差数列的性质得，即．因为成等比数列，所以，即，又，所以，所以．（2）因为，所以当时，，所以．当时，由，得，所以，所以，，所以，所以．【点睛】本题主要考查等差数列的通项公式、等比数列的性质、错位相减法求和等，考查运算求解能力和逻辑推理能力．数列求和的常用方法有：（1）公式法，常用于等差、等比数列的求和；（2）错位相减法，常用于通项公式形如的数列的求和，其中数列是等差数列，数列是等比数列；（3）裂项相消法，掌握常见的裂项公式有利于考生快速解题；（4）分组求和法．22.已知在中，角的对边分别为,且.（1）求的值；（2）若,求的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】试题分析：（1）本问考查解三角形中的的“边角互化”.由于求的值，所以可以考虑到根据余弦定理将分别用边表示，再根据正弦定理可以将转化为，于是可以求出的值；（2）首先根据求出角的值，根据第（1）问得到的值，可以运用正弦定理求出外接圆半径，于是可以将转化为，又因为角的值已经得到，所以将转化为关于的正弦型函数表达式，这样就可求出取值范围；另外本问也可以在求出角的值后，应用余弦定理及重要不等式，求出的最大值，当然，此时还要注意到三角形两边之和大于第三边这一条件.试题解析：（1）由，应用余弦定理，可得化简得则（2）即所以法一.,则===又法二因由余弦定理得，又因为，当且仅当时“”成立.所以又由三边关系定理可知综上。

学2019-2020学年高一数学下学期第三次月考试题(含解析)

学2019-2020学年高一数学下学期第三次月考试题（含解析）一､选择题1. 直线的倾斜角为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】本题首先可根据直线方程得出直线斜率，然后根据即可求出直线的倾斜角.【详解】，即，故直线斜率，设倾斜角为，则，解得，故选：D.【点睛】本题考查根据直线方程求直线倾斜角，考查直线斜率与倾斜角之间的关系，考查计算能力，是简单题.2. 下列说法正确的是（）A. 棱柱的各个侧面都是平行四边形B. 底面是矩形的四棱柱是长方体C. 有一个面为多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥D. 直角三角形绕其一边所在直线旋转一周形成的几何体是圆锥【答案】A【解析】【分析】根据棱柱的性质，即可判断A，根据长方体和棱柱的结构特征，即可判断B，根据棱锥的定义可判断C，根据圆锥的定义即可判断D.【详解】解：对于A，根据棱柱的性质可知，棱柱的各个侧面都是平行四边形，故A正确；对于B，底面是矩形，若侧棱不垂直于底面，这时的四棱柱是斜四棱柱，不是长方体，只有底面是矩形的直四棱柱才是长方体，可知B错误；对于C，有一个面为多边形，其余各面都是三角形的几何体不一定是棱锥，只有其余各面是有一个公共点的三角形的几何体，才是棱锥，故C错误；对于D，直角三角形绕其一条直角边所在直线旋转一周形成的几何体是圆锥，如果绕着它的斜边旋转一周，形成的几何体则是两个具有共同底面的圆锥，故D错误.故选：A.【点睛】本题考查棱柱、棱锥和圆锥的结构特征、定义和性质，属于基础题.3. 等差数列中，,，则当取最大值时，的值为（）A. 6B. 7C. 6或7D. 不存在【答案】C【解析】设等差数列的公差为∵∴∴∴∵∴当取最大值时，的值为或故选C4. 的内角，，所对的边分别是，，，已知，，，则（）A. B. 5 C. D.【答案】A【解析】【分析】求出，利用余弦定理，解方程即可求出结果.【详解】因为，所以，又因为，，所以，即，即，解得.故选：A.【点睛】本题主要考查三角函数的诱导公式，余弦定理，属于较易题.5. 已知，直线过点，则的最小值为（）A. 4B. 3C. 2D. 1【答案】A【解析】【分析】先得a+3b=1，再与相乘后，用基本不等式即可得出结果.【详解】依题意得，，所以，当且仅当时取等号；故选A【点睛】本题考查了基本不等式及其应用，熟记基本不等式即可，属于基础题．6. 圆：与圆：公共弦长为（）A. 1B.C. 2D.【答案】D【解析】【分析】先计算圆心距确定两圆相交，再联立两圆方程得到公共弦所在直线的方程，计算圆心到公共弦所在直线的距离，通过弦长，半径，弦心距的关系，求出弦长，即可得解【详解】圆：，圆心坐标为，半径，圆：，圆心坐标，半径，圆心距，所以，故两圆相交，联立两圆方程，得，所以公共弦所在直线的方程为：，圆心到公共弦所在直线的距离为：，公共弦长为：.故选：D.【点睛】本题考查两圆的位置关系，考查两圆公共弦长的求法，考查逻辑思维能力和计算能力，属于常考题.7. 已知点在圆上运动，则的最大值是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】设，则表示点与点连线的斜率，当与圆相切时，取得最值，由此求出最大值.【详解】设，则表示点与点连线的斜率.把圆的方程化为标准方程得，故圆心坐标为，半径，可知当直线与圆相切时，取得最值.由，解得，则的最大值是，故选：A.【点睛】本题主要考查分式型目标函数的最值，考查由直线与圆位置关系求参数，属于基础题型.8. 已知各顶点都在一个球面上的正四棱柱的高为 2，这个球的表面积为，则这个正四棱柱的体积为（）A. 1B. 2C. 3D. 4【答案】B【解析】【分析】首先由球的表面积求出球的半径，再由棱柱的对角线等于外接球的直径，即可解出棱柱的底面边长，从而可计算出棱柱的体积.【详解】解：由题可知，正四棱柱的高为 2，球的表面积为，设球半径为，则，则，所以，球的直径为，设正四棱柱的底面边长为，则，解得：，正四棱柱的体积为.故选：B.【点睛】本题考查正四棱柱的性质和棱柱的体积，以及棱柱外接球的性质和外接球的表面积公式，属于基础题.9. 正四棱锥底面正方形的边长为，高与斜高的夹角为，则该四棱锥的侧面积（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【详解】如图:正四棱锥的高PO，斜高PE，底面边心距OE组成直角△POE．∵OE=2cm，∠OPE=30°，∴斜高h′=PE=，∴S正棱锥侧=故选：A10. 若圆上有且仅有两个点到直线的距离等于1，则半径R的取值范围是( )A. R＞1B. R＜3C. 1＜R＜3D. R≠2【答案】C【解析】【分析】圆上有且仅有两个点到直线4x+3y=11的距离等于1，先求圆心到直线的距离，再求半径的范围．【详解】依题意可得，直线与圆可能相交，相切或相离．若直线与圆相离，则圆上的点到直线的最小距离应小于1，即圆心到直线的距离d∈(R,1＋R)，从而有R＜＜1＋R，解得1＜R＜2.若直线与圆相切，则R＝＝2.若直线与圆相交，则圆上的点到直线的最小距离应小于1，即圆心到直线的距离d∈(R－1，R)，从而有R－1＜＜R，解得2＜R＜3.综上可得1＜R＜3.故选：C.点睛：本题考查直线与圆的位置关系，考查数形结合的数学思想，是中档题．11. 已知点，圆：，直线：，有以下几个结论：①若点在圆上，则直线与圆相切；②若点在圆外，则直线与圆相离；③若点在圆内，则直线与圆相交；④无论点在何处，直线与圆恒相切，其中正确的个数是（）A. 1B. 2C. 3D. 4【答案】A【解析】【分析】根据题意，由圆心到直线的距离，以及点与圆位置关系，逐项判断，即可得出结果.【详解】对于①，若在圆上，则有，又圆心到直线的距离，此时直线与圆相切，正确.对于②，若在圆外，则有，又圆心到直线的距离，此时直线与圆相交，错误；对于③，若在圆内，则有，又圆心到直线的距离，此时直线与圆相离，错误；由上可知，④错误.正确的个数是一个.故选：A.【点睛】本题考查点与圆，直线与圆的位置关系的判断，属基础题.12. 已知正四面体表面积为，为棱的中点，球为该正四面体的外接球，则过点的平面被球所截得的截面面积的最小值为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】本题首先可以将正四面体放入正方体中，然后借助正方体的性质得出外接球的球心，通过正四面体的表面积为即可计算出长，从而求得外接球的半径，利用截面圆的性质求得最小截面圆的半径径，问题得解．【详解】如图所示，将正四面体放入正方体中，则正方体的中心即为其外接球的球心，因为正四面体的表面积为，所以，因为是正三角形，所以，，设正方体的边长为，则：，解得：所以正四面体的外接球直径为，设过点的截面圆半径为，球心到截面圆的距离为，正四面体的外接球半径为，由截面圆的性质可得：当最大时，最小，此时对应截面圆的面积最小.又，所以的最大值为，此时最小为所以过点的最小截面圆的面积为，故选B．【点睛】本题考查截面圆的相关性质，主要考查几何体与球的外接问题，可将几何体放入正方体中并借助正方体的相关性质得出球心，考查推理能力，是难题．二､不定项选择题13. 下列说法中正确的有（）A. 设正六棱锥的底面边长为1，侧棱长为，那么它的体积为B. 用斜二测法作△ABC的水平放置直观图得到边长为a的正三角形，则△A BC面积为C. 三个平面可以将空间分成4，6，7或者8个部分D. 已知四点不共面，则其中任意三点不共线．【答案】ACD【解析】【分析】对A,根据题意求出底面积与高再求体积判定即可.对B,根据斜二测画法前后面积的关系求解判断即可.对C,分析这三个平面的位置关系再逐个讨论即可.对D,利用反证法证明即可.【详解】对于A,正六棱锥的底面边长为1,则S底面积＝6•1×1×sin60°；又侧棱长为,则棱锥的高h2,所以该棱锥的体积为V S底面积h2,A正确；对于B,水平放置直观图是边长为a的正三角形,直观图的面积为S′a2×sin60°,则原△ABC的面积为S＝2S′＝2 a2a2,所以B错误；对于C,若三个平面互相平行,则可将空间分为4部分；若三个平面有两个平行,第三个平面与其它两个平面相交,则可将空间分为6部分；若三个平面交于一线,则可将空间分为6部分；若三个平面两两相交且三条交线平行（联想三棱柱三个侧面的关系）,则可将空间分为7部分；若三个平面两两相交且三条交线交于一点（联想墙角三个墙面的关系）,则可将空间分为8部分；所以三个平面可以将空间分成4,6,7或8部分,C正确；对于D,四点不共面,则其中任意三点不共线,否则是四点共面,所以D正确；综上知,正确的命题序号是ACD.故选：ACD.【点睛】本题主要考查了立体几何中的基本性质与空间中线面的关系问题,属于基础题.14. 设有一组圆：，（），则下列命题正确的是（）A. 不论如何变化，圆心始终在一条直线上B. 所有圆均不经过点C. 存在一条定直线始终与圆相切D. 若，则圆上总在两点到原点的距离为1【答案】ABCD【解析】【分析】直接求出圆心所在直线方程判断A；把代入圆的方程，求得无解判断B；举例说明C正确；把问题转化为圆与圆有两个交点，求出的范围判断D.【详解】圆心坐标为，在直线上，A正确；若，化简得，，无解，B 正确；圆心在上，半径为定值2，故定直线斜率一定为1，设为，，故存在定直线始终与圆相切，C正确；圆上总存在两点到原点的距离为1，问题转化为圆与圆有两个交点，，则，D正确.故选：ABCD.【点睛】本题考查圆的方程，主要考查学生转化与化规思想，属于常考题.三､填空题15. 在等比数列中，已知，，则________.【答案】16【解析】【分析】设公比为，则有，即，求出的值，再由计算即可得解.【详解】设公比为，因为，则有，即，解得或(舍去)，故.故答案：16.【点睛】本题考查等比数列的项的求法，考查逻辑思维能力和计算能力，属于常考题.16. 与圆相切，且在两坐标轴上截距相等的直线共有________条.【答案】4【解析】【分析】根据题意，得到切线的斜率必然存在，分直线过原点和直线与不过原点两种情况，由直线与圆相切，列出方程，求出切线方程，即可得出结果.【详解】因为圆的圆心为，半径是，原点在圆外，若直线与圆相切，且在两坐标轴上截距相等，则直线斜率必存在，当直线过原点时，设该直线的方程为，因为直线与圆相切，所以圆心到直线的距离等于半径，即，解得，即所求切线方程为；当直线不过原点时，因为在两坐标轴上截距相等，设该直线的方程为，因为直线与圆相切，所以圆心到直线的距离等于半径，即，解得，即所求切线方程为，综上，满足题意的直线共条.故答案为：.【点睛】本题主要考查求圆的切线条数，根据直线与圆相切求参数即可，属于常考题型.17. 若圆锥的侧面积与过轴的截面面积之比为，则其母线与轴的夹角的大小为．【答案】【解析】由题意得：母线与轴的夹角为考点：圆锥轴截面【名师点睛】掌握对应几何体的侧面积，轴截面面积计算方法.如圆柱的侧面积，圆柱的表面积，圆锥的侧面积，圆锥的表面积，球体的表面积，圆锥轴截面为等腰三角形.18. 已知是矩形，为上一点，，将和同时绕所在的直线旋转一周，则所得旋转体的体积是_____．【答案】【解析】【分析】将将和同时绕所在的直线旋转一周，所得几何体为一个圆柱挖去两个同底的圆锥，再由圆柱及圆锥的体积公式求解即可.【详解】解：旋转体的体积等于圆柱的体积减去两个同底的圆锥的体积之和，两个同底圆锥的体积之和为，圆柱的体积为，所以.【点睛】本题考查了空间旋转体的体积，重点考查了空间想象能力及运算能力，属中档题.四､解答题19. 在中，内角，，的对边分别为，，，且.（1）求；（2）若，的面积为，求的周长【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）根据余弦定理直接求解可得，进而可得；（2）由正弦定理角化边可得，再利用面积公式求解即可.【详解】（1）因为，所以，所以，从而.（2）因为，所以，即.因为的面积为，所以，即，所以，解得，所以，,所以周长为【点睛】本题主要考查了正余弦定理及面积公式求解三角形，属于基础题.20. 已知是公差为2的等差数列，且，是公比为3的等比数列，且．（1）求数列，的通项公式；（2）令，求的前项和．【答案】（1）.（2）【解析】【分析】（1）由题意可得与d的关系，可求与，进而求得，利用等比数列的通项公式即可求解.（2）由，利用错位相减求和即可.【详解】（1）∵数列的公差为d=2，且，∴，，∵，∴=3，又的公比为3，∴．（2）由（1）得，，①，②由①②得：，．【点睛】本题主要考查了等差数列与等比数列的通项公式的简单应用，错位相减法是数列求和的重要方法，属于中档题. 21. 如图所示，在正三棱柱中，，，为的中点，是上的一点，且由沿棱柱侧面经过棱到的最短路线为.设这条最短路线与的交点为，求：（1）该三棱柱的侧面展开图的对角线的长；（2）和的长.【答案】（1）；（2）的长为2，的长为.【解析】【分析】（1）由展开图为矩形，用勾股定理求出对角线长；（2）在侧面展开图中三角形是直角三角形，可以求出线段的长度，进而可以求的长度，再由相似比可以求出的长度.【详解】（1）由题意，该三棱柱的侧面展开图是宽为4，长为的矩形，所以对角线的长为；（2）将该三棱柱的侧面沿棱展开，如图所示.设的长为，则.因为，，，所以(负值舍去)，即的长为2.又因为，所以，即，所以.【点睛】本题考查求侧面展开图的对角线长，以及三棱柱中的线段长，熟记三棱柱的结构特征即可，属于常考题型.22. 已知与：相切于点，H经过点.（1）求的方程；（2）右直线：截得到的两段弧长之比为3：1，求实数的值.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）由题意可得的圆心在轴上，设为，利用，化简求出，得到圆心坐标，又半径为2，代入圆的方程即可求解；（2）直线：截得到的两段弧长之比为3：1，得到劣弧所对的圆心角为90°，利用点到直线的距离公式求出即可.【详解】（1）：可化为，所以其圆心为，半径为1.因为与：相切于点，且经过点，所以的圆心在轴上，设为，因为，所以，解得，所以，的半径为2，的方程为.（2）直线恒过点(1，-1)，因为直线：截得到的两段弧长之比为3：1，所以劣弧所对的圆心角为90°，圆心到直线的距离为，所以，解得.【点睛】本题考查圆的标准方程的求法，考查直线与圆的位置关系，考查点到直线的距离公式的运用，属于中档题.23. 已知以点为圆心的圆与直线：相切，过点的动直线与圆相交于、两点，是的中点.（1）求圆的方程；（2）当时，求直线的方程.【答案】（1）；（2）或.【解析】【分析】（1）设出圆的半径，根据以点为圆心的圆与直线相切．点到直线的距离等于半径，我们可以求出圆的半径，进而得到圆的方程；（2）根据半弦长，弦心距，圆半径构成直角三角形，满足勾股定理，我们可以结合直线过点，求出直线的斜率，进而得到直线的方程.【详解】（1）设圆的半径为，由于圆与直线相切，，圆的方程为；（2）①当直线与轴垂直时，易知符合题意；②当直线与轴不垂直时，设直线的方程为，即，连接，则，，则由，得，直线．故直线的方程为或.【点睛】本题考查的知识点是直线和圆的方程的应用、直线的一般式方程和圆的标准方程，其中（1）的关键是求出圆的半径，（2）的关键是根据半弦长，弦心距，圆半径构成直角三角形，满足勾股定理，求出弦心距（即圆心到直线的距离）．学2019-2020学年高一数学下学期第三次月考试题（含解析）一､选择题1. 直线的倾斜角为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】本题首先可根据直线方程得出直线斜率，然后根据即可求出直线的倾斜角.【详解】，即，故直线斜率，设倾斜角为，则，解得，故选：D.【点睛】本题考查根据直线方程求直线倾斜角，考查直线斜率与倾斜角之间的关系，考查计算能力，是简单题.2. 下列说法正确的是（）A. 棱柱的各个侧面都是平行四边形B. 底面是矩形的四棱柱是长方体C. 有一个面为多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥D. 直角三角形绕其一边所在直线旋转一周形成的几何体是圆锥【答案】A【解析】【分析】根据棱柱的性质，即可判断A，根据长方体和棱柱的结构特征，即可判断B，根据棱锥的定义可判断C，根据圆锥的定义即可判断D.【详解】解：对于A，根据棱柱的性质可知，棱柱的各个侧面都是平行四边形，故A正确；对于B，底面是矩形，若侧棱不垂直于底面，这时的四棱柱是斜四棱柱，不是长方体，只有底面是矩形的直四棱柱才是长方体，可知B错误；对于C，有一个面为多边形，其余各面都是三角形的几何体不一定是棱锥，只有其余各面是有一个公共点的三角形的几何体，才是棱锥，故C错误；对于D，直角三角形绕其一条直角边所在直线旋转一周形成的几何体是圆锥，如果绕着它的斜边旋转一周，形成的几何体则是两个具有共同底面的圆锥，故D错误.故选：A.【点睛】本题考查棱柱、棱锥和圆锥的结构特征、定义和性质，属于基础题.3. 等差数列中，,，则当取最大值时，的值为（）A. 6B. 7C. 6或7D. 不存在【答案】C【解析】设等差数列的公差为∵∴∴∴∵∴当取最大值时，的值为或故选C4. 的内角，，所对的边分别是，，，已知，，，则（）A. B. 5 C. D.【答案】A【解析】【分析】求出，利用余弦定理，解方程即可求出结果.【详解】因为，所以，又因为，，所以，即，即，解得.故选：A.【点睛】本题主要考查三角函数的诱导公式，余弦定理，属于较易题.5. 已知，直线过点，则的最小值为（）A. 4B. 3C. 2D. 1【答案】A【解析】【分析】先得a+3b=1，再与相乘后，用基本不等式即可得出结果.【详解】依题意得，，所以，当且仅当时取等号；故选A【点睛】本题考查了基本不等式及其应用，熟记基本不等式即可，属于基础题．6. 圆：与圆：公共弦长为（）A. 1B.C. 2D.【答案】D【解析】【分析】先计算圆心距确定两圆相交，再联立两圆方程得到公共弦所在直线的方程，计算圆心到公共弦所在直线的距离，通过弦长，半径，弦心距的关系，求出弦长，即可得解【详解】圆：，圆心坐标为，半径，圆：，圆心坐标，半径，圆心距，所以，故两圆相交，联立两圆方程，得，所以公共弦所在直线的方程为：，圆心到公共弦所在直线的距离为：，公共弦长为：.故选：D.【点睛】本题考查两圆的位置关系，考查两圆公共弦长的求法，考查逻辑思维能力和计算能力，属于常考题.7. 已知点在圆上运动，则的最大值是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】设，则表示点与点连线的斜率，当与圆相切时，取得最值，由此求出最大值.【详解】设，则表示点与点连线的斜率.把圆的方程化为标准方程得，故圆心坐标为，半径，可知当直线与圆相切时，取得最值.由，解得，则的最大值是，故选：A.【点睛】本题主要考查分式型目标函数的最值，考查由直线与圆位置关系求参数，属于基础题型.8. 已知各顶点都在一个球面上的正四棱柱的高为 2，这个球的表面积为，则这个正四棱柱的体积为（）A. 1B. 2C. 3D. 4【答案】B【解析】【分析】首先由球的表面积求出球的半径，再由棱柱的对角线等于外接球的直径，即可解出棱柱的底面边长，从而可计算出棱柱的体积.【详解】解：由题可知，正四棱柱的高为 2，球的表面积为，设球半径为，则，则，所以，球的直径为，设正四棱柱的底面边长为，则，解得：，正四棱柱的体积为.故选：B.【点睛】本题考查正四棱柱的性质和棱柱的体积，以及棱柱外接球的性质和外接球的表面积公式，属于基础题.9. 正四棱锥底面正方形的边长为，高与斜高的夹角为，则该四棱锥的侧面积（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【详解】如图:正四棱锥的高PO，斜高PE，底面边心距OE组成直角△POE．∵OE=2cm，∠OPE=30°，∴斜高h′=PE=，∴S正棱锥侧=故选：A10. 若圆上有且仅有两个点到直线的距离等于1，则半径R 的取值范围是( )A. R＞1B. R＜3C. 1＜R＜3D. R≠2【答案】C【解析】【分析】圆上有且仅有两个点到直线4x+3y=11的距离等于1，先求圆心到直线的距离，再求半径的范围．【详解】依题意可得，直线与圆可能相交，相切或相离．若直线与圆相离，则圆上的点到直线的最小距离应小于1，即圆心到直线的距离d∈(R,1＋R)，从而有R＜＜1＋R，解得1＜R＜2.若直线与圆相切，则R＝＝2.若直线与圆相交，则圆上的点到直线的最小距离应小于1，即圆心到直线的距离d∈(R－1，R)，从而有R－1＜＜R，解得2＜R＜3.综上可得1＜R＜3.故选：C.点睛：本题考查直线与圆的位置关系，考查数形结合的数学思想，是中档题．11. 已知点，圆：，直线：，有以下几个结论：①若点在圆上，则直线与圆相切；②若点在圆外，则直线与圆相离；③若点在圆内，则直线与圆相交；④无论点在何处，直线与圆恒相切，其中正确的个数是（）A. 1B. 2C. 3D. 4【答案】A【解析】【分析】根据题意，由圆心到直线的距离，以及点与圆位置关系，逐项判断，即可得出结果.【详解】对于①，若在圆上，则有，又圆心到直线的距离，此时直线与圆相切，正确.对于②，若在圆外，则有，又圆心到直线的距离，此时直线与圆相交，错误；对于③，若在圆内，则有，又圆心到直线的距离，此时直线与圆相离，错误；由上可知，④错误.正确的个数是一个.故选：A.【点睛】本题考查点与圆，直线与圆的位置关系的判断，属基础题.12. 已知正四面体表面积为，为棱的中点，球为该正四面体的外接球，则过点的平面被球所截得的截面面积的最小值为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】本题首先可以将正四面体放入正方体中，然后借助正方体的性质得出外接球的球心，通过正四面体的表面积为即可计算出长，从而求得外接球的半径，利用截面圆的性质求得最小截面圆的半径径，问题得解．【详解】如图所示，将正四面体放入正方体中，则正方体的中心即为其外接球的球心，因为正四面体的表面积为，所以，因为是正三角形，所以，，设正方体的边长为，则：，解得：所以正四面体的外接球直径为，设过点的截面圆半径为，球心到截面圆的距离为，正四面体的外接球半径为，由截面圆的性质可得：当最大时，最小，此时对应截面圆的面积最小.又，所以的最大值为，此时最小为所以过点的最小截面圆的面积为，故选B．【点睛】本题考查截面圆的相关性质，主要考查几何体与球的外接问题，可将几何体放入正方体中并借助正方体的相关性质得出球心，考查推理能力，是难题．二､不定项选择题13. 下列说法中正确的有（）A. 设正六棱锥的底面边长为1，侧棱长为，那么它的体积为B. 用斜二测法作△ABC的水平放置直观图得到边长为a的正三角形，则△ABC面积为C. 三个平面可以将空间分成4，6，7或者8个部分D. 已知四点不共面，则其中任意三点不共线．【答案】ACD【解析】【分析】对A,根据题意求出底面积与高再求体积判定即可.对B,根据斜二测画法前后面积的关系求解判断即可.对C,分析这三个平面的位置关系再逐个讨论即可.对D,利用反证法证明即可.【详解】对于A,正六棱锥的底面边长为1,则S底面积＝6•1×1×sin60°；又侧棱长为,则棱锥的高h2,所以该棱锥的体积为V S底面积h2,A正确；对于B,水平放置直观图是边长为a的正三角形,直观图的面积为S′a2×sin60°,则原△ABC的面积为S＝2S′＝2a2a2,所以B错误；对于C,若三个平面互相平行,则可将空间分为4部分；若三个平面有两个平行,第三个平面与其它两个平面相交,则可将空间分为6部分；若三个平面交于一线,则可将空间分为6部分；若三个平面两两相交且三条交线平行（联想三棱柱三个侧面的关系）,则可将空间分为7部分；若三个平面两两相交且三条交线交于一点（联想墙角三个墙面的关系）,则可将空间分为8部分；所以三个平面可以将空间分成4,6,7或8部分,C正确；对于D,四点不共面,则其中任意三点不共线,否则是四点共面,所以D正确；综上知,正确的命题序号是ACD.故选：ACD.【点睛】本题主要考查了立体几何中的基本性质与空间中线面的关系问题,属于基础题.14. 设有一组圆：，（），则下列命题正确的是（）。