河北省张家口市宣化区宣化第一中学2019-2020学年高一下学期5月月考数学试卷

河北省张家口市宣化区宣化第一中学2019-2020学年高一下学期5月月考数学试卷

河北省张家口市宣化区宣化第一中学2019-2020学年 高一下学期5月月考数学试卷 一、选择题（本大题共12小题，共36.0分）‎ 1. 在中，若，则    ‎ A. B. C. D. ‎ 2. 若一个数列的前三项依次为6，18，54，则此数列的一个通项公式为 A. B. C. D. ‎ 3. 等差数列前n项的和为，若，则的值是 A. 36 B. 48 C. 54 D. 64‎ 4. 若a，b，，且，则下列不等式一定成立的是 A. B. C. D. ‎ 5. 如果一个水平放置的图形的斜二测直观图是一个底角为，上底为1，腰为的等腰梯形，那么原平面图形的面积是 A. B. C. D. ‎ 6. 如图，三棱锥中，M、N分别是AP、AB的中点，E、F分别是PC、BC 上的点，且，下列命题正确的是 A. B. ME与NF是异面直线 C. 平面MNFE D. 直线ME、NF、AC相交于同一点 ‎ 7. 已知四面体ABCD的四个面都为直角三角形，且平面BCD，，若该四面体的四个顶点都在球O的表面上，则球O的表面积为          ‎ A. B. C. D. ‎ 8. 一个圆锥的表面积为，它的侧面展开图是圆心角为的扇形，该圆锥的母线长为 A. B. 4 C. D. ‎ 9. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知，，为使此三角形有两个，则a满足的条件是 A. B. C. D. 或 10. 在三棱锥中，，，面ABC，M，N，Q分别为AC，PB，AB的中点，，则异面直线PQ与MN所成角的余弦值为 A. B. C. D. ‎ 11. 已知等差数列，，前n项和为，，则 A. 0 B. 1 C. 2018 D. 2019‎ 12. 已知数列的前n项和为，，若存在两项，使得，则的最小值为    ‎ A. B. C. D. ‎ 二、填空题（本大题共4小题，共12.0分）‎ 1. 已知数列满足，且，则__________．‎ 2. 不等式的解集是______．‎ 3. 已知正数a，b满足，则的最小值是______．‎ 4. 如图，点P在正方体的面对角线上运动，则下列四个命题： 平面 平面平面 三棱锥的体积不变 其中正确的命题序号是______．‎ 三、解答题（本大题共6小题，共72.0分）‎ 5. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知满足Ⅰ求角B的大小；Ⅱ若，求的面积的取值范围． ‎ 6. 已知数列为等比数列，且．Ⅰ求公比q和的值；Ⅱ若的前n项和为，求证：，，成等差数列． ‎ 7. 如图1所示，在等腰梯形ABCD，，，垂足为E，，将沿EC折起到的位置，使平面平面ABCE，如图2所示，点G为棱的中点．Ⅱ求证：平面；Ⅱ求证：平面；Ⅲ求三棱锥的体积． ‎ ‎ ‎ 1. 若是各项均为正数的数列的前n项和，且． 求，的值； 设，求数列的前n项和． ‎ 2. 某家用轿车的购车费万元，保险费、保养费及换部分零件的费用合计每年平均4000元，每年行车里程按1万公里，前5年性能稳定，每年的油费5000元，由于磨损，从第6年开始，每年的油费以500元的速度增加，按这种标准，这种车开多少年报废比较合算？ ‎ 在如图所示的几何体中，四边形ABCD是边长为2的菱形，平面ABCD，，． 证明：平面平面BDEF； 求二面角的余弦值． ‎ ‎ 数学试卷（5月份）答案和解析 ‎1.【答案】A ‎ ‎【解析】解：在中，， 由余弦定理得：， 又， ． 故选：A． 利用余弦定理表示出cosA，由A为三角形的内角，利用特殊角的三角函数值即可求出A的度数． 此题考查了余弦定理以及特殊角的三角函数值在解三角形中的应用，余弦定理很好的建立了三角形的边角关系，熟练掌握余弦定理是解本题的关键，属于基础题． 2.【答案】C ‎ ‎【解析】解：依题意，，，， 所以此数列的一个通项公式为， 故选：C． ，，，可以归纳出数列的通项公式． 本题考查了数列的通项公式，主要考查归纳法得到数列的通项公式，属于基础题． 3.【答案】C ‎ ‎【解析】解：由等差数列的性质可得：， 则． 故选：C． 由等差数列的性质可得：，再利用求和公式即可得出． 本题考查了等差数列的通项公式求和公式及其性质，考查了推理能力与计算能力，属于中档题． 4.【答案】B ‎ ‎【解析】【分析】 直接利用不等式的基本性质推出结果即可． 本题考查不等式的基本性质，是基本知识的考查． 【解答】 解：a，b，，且，可得，因为， 所以． 故选：B． 5.【答案】C ‎ ‎【解析】‎ ‎ 解：依题意，如图四边形ABCD是一个底角为，上底为1，腰为的等腰梯形， 过C，D分别做，‎ ‎， 则三角形ADE，和三角形BCF为斜边长为的等腰直角三角形， 所以，又， 所以梯形ABCD的面积． 又因为在斜二测画直观图时，直观图的面积与原图的面积之比为， 所以， 所以． 故选：C． 先计算出该梯形的斜二测直观图的面积，再根据直观图的面积与原图的面积之比为，即可得到原图的面积． 本题考查了斜二测直观图的面积与原图面积的关系，可以还原图形求原图的面积，也可以根据直观图与原图的面积比求原图的面积．属于基础题． 6.【答案】D ‎ ‎【解析】解：依题意，M、N分别是AP、AB的中点，E、F分别是PC、BC上的点，且， 所以，，，，故A选项错，B选项错． 因为M、平面APC，N，平面ABC，平面平面，由公理3，，且，即直线ME、NF、AC相交于同一点G． 故D正确，C错误． 故选：D． 根据MN分别为AP、AB中点，E、F分别是PC、BC上的点，且，可得，，，，可以排除AB，根据公理3，D成立，排除C． 本题考查了空间线线、线面的位置关系，考查了公理1，公理3，本题属于基础题． 7.【答案】D ‎ ‎【解析】【分析】 将四个面都为直角三角形的四面体放到长方体中，根据，求解长方体对角线，可得球O的半径，从而求解球O的表面积． 本题考查多面体外接球表面积与体积的求法，考查分割补形法，是中档题． 【解答】‎ ‎ 解：由题意，四面体有四个面都为直角三角形，四面体放到长方体中，平面BCD，， 可得长方体的对角线为． 球O的半径． 球O的表面积． 故选：D． 8.【答案】B ‎ ‎【解析】解：设圆锥的底面半径为r，母线长为l， 它的侧面展开图是圆心角为的扇形， ， ， 又圆锥的表面积为， ， 解得， 母线长为． 故选：B． 设圆锥的底面半径为r，母线长为l，利用圆锥的表面积公式和侧面展开图，求出圆锥的底面圆半径和母线长． 本题考查了圆锥的结构特征与应用问题，是基础题． 9.【答案】C ‎ ‎【解析】解：C到AB的距离， 当时，符合条件的三角形有两个， 故选：C． 计算三角形AB边上的高即可得出结论． 本题考查了三角形解的个数的判断，属于基础题． 10.【答案】B ‎ ‎【解析】【分析】 本题考查异面直线所成角的求法，考查运算求解能力，是中档题． 推导出，又面ABC，以B为原点，BA，BC，BP所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出异面直线PQ与MN所成角的余弦值． 【解答】 解：在三棱锥中，，， ， ‎ ‎，又面ABC， 以B为原点，BA，BC，BP所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系， 设， ，N，Q分别为AC，PB，AB的中点，， 0，，0，，0，，2，，1，， ，解得， 0，，0，，0，， 0，，， 设异面直线PQ与MN所成角为， 则， 异面直线PQ与MN所成角的余弦值为． 故选B． 11.【答案】A ‎ ‎【解析】解：因为数列为等差数列， 设其首项为，公差为d，， 所以， 可得 则是等差数列， 又因为， 所以是为首项是，公差为1的等差数列， 所以 ‎， 所以． 故选：A． 等差数列，设其公差为d，则，由此推出为等差数列，又因为，所以是为首项是，公差为1的等差数列，所以可求，可得． 本题考查了等差数列的前n项和、等差数列的定义、通项公式，属于中档题． 12.【答案】B ‎ ‎【解析】【分析】 本题考查数列的通项公式的求法，考查基本不等式的运用，注意检验等号成立的条件，属于中档题． 运用数列的递推式和等比数列的定义、通项公式可得求得，，运用基本不等式，检验等号成立的条件，即可得到所求最小值． 【解答】 解：，可得，即， 时，，又， 相减可得，即， 是首项为2，公比为2的等比数列． 所以． ，即， 得， 所以 ， 当且仅当时取等号，即为，． 因为m、n取整数，所以均值不等式等号条件取不到，则， 验证可得，当，时，取得最小值为． 故选：B． 13.【答案】24 ‎ ‎【解析】解：数列满足， 可得 ‎， 可得． 故答案为：24． 利用递推关系式，通过累积法求解即可． 本题考查数列的递推关系式的应用，考查转化思想以及计算能力． 14.【答案】 ‎ ‎【解析】解：不等式可化为， 解得， 所求不等式的解集是 故答案为： 把不等式化为，求出解集即可． 本题考查了一元二次不等式的解法与应用问题，是基础题． 15.【答案】 ‎ ‎【解析】【分析】 本题主要考查了基本不等式在最值求解中的应用，解题的关键是进行1的代换． 由已知可得，，从而，利用基本不等式即可求解． 【解答】‎ 解：正数a，b满足， ， 则， 当且仅当即，时取得等号， 故答案为：．‎ ‎ 16.【答案】 ‎ ‎【解析】【分析】 本题考查棱柱的结构特征，考查命题的真假判断与应用，考查空间想象能力与思维能力，是中档题． 由面面平行的判定与性质判断正确；由线面垂直的判定与性质判断正确；由线面垂直的判定及面面垂直的判定判断正确；利用等积法说明正确． 【解答】‎ 解：对于，连接，AC，可得，， 平面，， 从而有平面，故 正确； 对于，由，，且， 得平面，则，故正确； 对于，连接，由且，， 可得平面， 又平面，由面面垂直的判定知平面平面，故正确； 对于，容易证明，从而平面，故B上任意一点到平面的距离均相等， 以P为顶点，平面为底面，则三棱锥的体积不变，故正确． 正确命题的序号是． 故答案为：．‎ ‎ 17.【答案】本小题满分12分 解：Ⅰ， ，分 ， 分 ， ，分 ，分 ，分 分Ⅱ由正弦定理得：， ，分 同理：， ，分 分 分 ， ‎ ‎， ，分 ， 的面积的取值范围为分 ‎ ‎【解析】Ⅰ由已知利用正弦定理，两角和的正弦函数公式化简已知等式可得，结合，可求，结合范围，可求B的值．Ⅱ由正弦定理，三角函数恒等变换的应用，三角形的面积公式可求，结合范围，可求，利用正弦函数的图象和性质可求其取值范围． 本题主要考查了正弦定理，两角和的正弦函数公式，三角函数恒等变换的应用，三角形的面积公式，正弦函数的图象和性质在解三角形中的综合应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题． 18.【答案】Ⅰ解：由题设得， 为等比数列，， ，又， ， ，经检验，此时成立，且为等比数列， ；Ⅱ证明：， ，， ，， ， ，，成等差数列． ‎ ‎【解析】Ⅰ由题设得，结合为等比数列即可求得首项与公比，进一步求得的值；Ⅱ由，可得，，然后利用等差中项的概念证明，，成等差数列． 本题考查等差数列的性质，考查等比数列的前n项和，考查计算能力，是中档题． 19.【答案】‎ Ⅰ证明：在图1的等腰梯形ABCD内，过B作AE的垂线，垂足为F， ，， 又，，， 四边形BCEF为正方形，且，F为AE中点． 在图2中，连结GF， 点G是的中点， E. 又，，GF，平面BFG，，平面， 平面平面， 又面GFB，平面；Ⅱ证明：平面平面ABCE， 平面平面，，平面， 平面ABCE． 又平面ABCE， ． 又，满足， ． 又， 平面；Ⅲ解：，，， 面． 又线段CE为三棱锥底面的高， ． ‎ ‎【解析】Ⅰ在图1的等腰梯形ABCD内，过B作AE的垂线，垂足为F，可得四边形BCEF为正方形，且，F为AE中点．在图2中，连结GF，证明E.结合，利用平面与平面平行的判定可得平面平面，从而得到平面；Ⅱ由平面平面ABCE，，得平面进一步得到求解三角形证明再由线面垂直的判定可得平面；Ⅲ证明面，可得线段CE为三棱锥底面的高，然后利用等积法求三棱锥的体积． 本题考查直线与平面平行、直线与平面垂直的判定，考查空间想象能力与思维能力，训练了利用等积法求多面体的体积，是中档题． 20.【答案】解：当时，，解得． 数列为正项数列，． 当时，，又，解得． 由，解得． ． ，． ． 当时，． 当时，． ‎ 时也符合上式． ． ． 故 ． ‎ ‎【解析】当时，，解得由数列为正项数列，可得当时，，又，解得由，解得； 由可得，可得当时，当时，，可得． 利用裂项求和方法即可得出． 本题考查了数列递推关系、通项公式、裂项求和方法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题． 21.【答案】解：设这种车开x年报废比较合算， 当时，总费用为： ， 平均费用： ， 当，即时，取最小值． 当时，平均费用：． 这种车开20年，平均使用费用最底，故这种车开20年报废比较合算． ‎ ‎【解析】本题考查函数在生产生活中的应用，考查函数的性质等基础知识，考查运算求解能力，考查化归与转化思想，属于中档题． 设这种车开x年报废比较合算，当时，总费用为，平均费用：，当，即时，取最小值．当时，平均费用：，由此得到这种车开20年报废比较合算． 22.【答案】解：连接BD交AC于点O，因为ABCD是菱形， 所以，平面ABCD，， 又平面BDEF，平面BDEF，， 平面BDEF，又平面ACF， 平面平面BDEF． ‎ 连接BD交AC于点O，则， 取EF的中点G，连接OG，则，平面ABCD，平面ABCD，，AC，BD两两垂直． 以AC，BD，OG所在直线分别作为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系如图， 则，1，，，，， ，，，， 则，， 所以，，且， 所以平面AFC， 所以平面AFC的一个法向量为． 设平面AEC的一个法向量为y，，则， ， 得， 令， 得平面AEC的一个法向量， 从而， 二面角的余弦值为． ‎ 1. ‎【解析】本题考查空间向量的数量积的应用，二面角的平面角的求法，直线与平面垂直的判断定理的应用． 连接BD交AC于点O，证明，，推出平面BDEF，得到平面平面BDEF． 连接BD交AC于点O，则，取EF的中点G，连接OG，则，说明OG，AC，BD两两垂直．以AC，BD，OG所在直线分别作为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系求出平面AFC的一个法向量，平面AEC的一个法向量利用空间向量的数量积求解即可． ‎