河北省保定市容城中学2017-2018学年高一下学期第三次月考数学试卷 Word版含解析

2017-2018学年河北省保定市容城中学高一（下）第三次月考数学试卷一、选择题（共60分，每小题5分）1．等差数列{a n}中，a1+a4+a10+a16+a19=150，则a10=（）A．15 B．30 C．40 D．502．在△ABC中，b=8，c=8，S△ABC=16，则A等于（）A．30° B．150° C．30°或150° D．60°3．对于直线m、n和平面α、β，α⊥β的一个充分条件是（）A．m⊥n，m∥α，n∥β B．m⊥n，α∩β=m，n⊂αC．m∥n，n⊥β，m⊂α D．m∥n，m⊥α，n⊥β4．在△ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，已知A=，a=1，b=2，则c=（）A．B．C．D．5．公比为2的等比数列{a n}的各项都是正数，且a3a11=16，则a5=（）A．1 B． 2 C． 4 D．86．已知等差数列{a n}的公差为2，若a1，a3，a4成等比数列，则a2=（）A．﹣4 B．﹣6 C．﹣8 D．﹣107．在△ABC中，b=，c=3，B=30°，则a等于（）A．B．12C．或2D． 28．设m，n是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，给出下列四个：①若m⊥α，n∥α，则m⊥n②若α∥β，β∥γ，m⊥α，则m⊥γ③若m∥α，n∥α，则m∥n④若α⊥γ，β⊥γ，则α∥β其中正确的序号是（）A．①和② B．②和③ C．③和④ D．①和④9．在等差数列{a n}中，若S4=1，S8=4，则a17+a18+a19+a20的值为（）A．9 B．12 C．16 D．1710．正方体的外接球和内切球的半径之比为（）A． 1 B． 2 C．2：D． 311．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（）A．180 B．200 C．220 D．24012．已知﹣9，a1，a2，﹣1四个实数成等差数列，﹣9，b1，b2，b3，﹣1五个实数成等比数列，则b2（a2﹣a1）=（）A．8 B．﹣8 C．±8 D．二、填空题（共20分，每小题5分）13．设某几何体的三视图如图则该几何体的体积为m314．在△ABC中，sinA：sinB：sinC=2：3：4，则cosC的值为．15．数列{a n}的前n项和S n=2n2+n﹣1，则它的通项公式是a n=．16．在锐角△ABC中，若A=2B，则的取值范围是．三、解答题17．（10分）（2015春•保定校级月考）已知等差数列{a n}的前n项和为S n，其中S4=﹣8，a3+a4=0．（1）求此数列的通项公式a n；（2）求此数列的前n项和公式S n．18．（12分）（2014秋•西华县校级期末）如图，已知在侧棱垂直于底面三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AC=3，AB=5，BC=4，AA1=4，点D是AB的中点．（1）求证：AC⊥BC1；（2）求证：AC1∥平面CDB1（3）求三棱锥A1﹣B1CD的体积．19．（12分）（2015春•保定校级月考）已知a，b，c分别为△ABC三个内角A，B，C的对边，c=asinC+ccosA．（1）求A；（2）若a=，△ABC的面积为，求b，c．20．（12分）（2011•长春模拟）已知等差数列{a n}的前n项和为S n且满足a2=3，S6=36．（1）求数列{a n}的通项公式；（2）若数列{b n}是等比数列且满足b1+b2=3，b4+b5=24．设数列{a n•b n}的前n项和为T n，求T n．21．（12分）（2015春•保定校级月考）如图，P为△ABC所在平面外一点，PA⊥平面ABC，∠ABC=90°，AE⊥PB于E，AF⊥PC于F，求证：（1）BC⊥平面PAB；（2）平面AEF⊥平面PBC．22．（12分）（2013•成都模拟）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，满足acosC=（2b﹣c）cosA（1）求角A；（2）若a=3，求△ABC面积S的最大值．2014-2015学年河北省保定市容城中学高一（下）第三次月考数学试卷参考答案与试题解析一、选择题（共60分，每小题5分）1．等差数列{a n}中，a1+a4+a10+a16+a19=150，则a10=（）A．15 B．30 C．40 D．50考点：等差数列的通项公式．专题：等差数列与等比数列．分析：由等差数列的性质可知：a1+a19=a4+a16=2a10，由题意a1+a4+a10+a16+a19=150，即5a10=150，解得a10=30．解答：解：由等差数列的性质可知：a1+a19=a4+a16=2a10，又因为a1+a4+a10+a16+a19=150，即5a10=150，解得a10=30．故选B．点评：本题为等差数列性质的应用，熟练利用等差数列的性质是解决问题关键，属基础题．2．在△ABC中，b=8，c=8，S△ABC=16，则A等于（）A．30° B．150° C．30°或150° D．60°考点：三角形的面积公式．专题：解三角形．分析：利用三角形的面积计算公式和特殊角的三角函数值即可得出．解答：解：由S△ABC=bcsinA可得：16=×8×8×sinA，解得sinA=．又∵A为三角形内角，∴A=30°或150°，故选：C点评：本题考查的知识点是三角形面积公式，熟练掌握三角形的面积计算公式和特殊角的三角函数值是解题的关键．3．对于直线m、n和平面α、β，α⊥β的一个充分条件是（）A．m⊥n，m∥α，n∥β B．m⊥n，α∩β=m，n⊂αC．m∥n，n⊥β，m⊂α D．m∥n，m⊥α，n⊥β考点：空间中直线与平面之间的位置关系．分析：根据题意，结合正方体模型，对每一选支进行逐一判定，不正确的只需取出反例，正确的简单说明一下即可．解答：解：对于A，”m⊥n，m∥α，n∥β”推不出α⊥β，故不正确对于B，“m⊥n，α∩β=m，n⊂α”推不出α⊥β，故不正确对于C，根据m∥n，n⊥β，m⊂α可⇒α⊥β，可知该正确对于D，“m∥n，m⊥α，n⊥β”→α∥β，故不正确．故选C．点评：本题主要考查了空间中直线与平面之间的位置关系，考查空间想象能力、运算能力和推理论证能力，属于基础题．4．在△ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，已知A=，a=1，b=2，则c=（）A．B．C．D．考点：正弦定理．专题：解三角形．分析：由题意和正弦定理求出sinB的值，由内角的范围求出B，再由勾股定理求出边c．解答：解：由题意得，A=，a=1，b=2，则根据正弦定理得，则sinB===1，又0＜B＜π，则B=，所以△ABC是直角三角形，则c==，故选：D．点评：本题考查正弦定理，勾股定理的应用，注意内角的范围，属于基础题．5．公比为2的等比数列{a n}的各项都是正数，且a3a11=16，则a5=（）A．1 B． 2 C． 4 D．8考点：等比数列的性质；等比数列的通项公式．分析：由公比为2的等比数列{a n} 的各项都是正数，且a3a11=16，知．故a7=4=，由此能求出a5．解答：解：∵公比为2的等比数列{a n} 的各项都是正数，且a3a11=16，∴．∴a7=4=，解得a5=1．故选A．点评：本题考查等比数列的通项公式的应用，是基础题．解题时要认真审题，仔细解答．6．已知等差数列{a n}的公差为2，若a1，a3，a4成等比数列，则a2=（）A．﹣4 B．﹣6 C．﹣8 D．﹣10考点：等差数列；等比数列．专题：等差数列与等比数列．分析：利用已知条件列出关于a1，d的方程，求出a1，代入通项公式即可求得a2．解答：解：∵a4=a1+6，a3=a1+4，a1，a3，a4成等比数列，∴a32=a1•a4，即（a1+4）2=a1×（a1+6），解得a1=﹣8，∴a2=a1+2=﹣6．故选B．点评：本题考查了等差数列的通项公式和等比数列的定义，比较简单．7．在△ABC中，b=，c=3，B=30°，则a等于（）A．B．12C．或2D． 2考点：余弦定理；正弦定理．专题：计算题．分析：由B的度数求出cosB的值，再由b与c的值，利用余弦定理列出关于a的方程，求出方程的解即可得到a的值．解答：解：∵b=，c=3，B=30°，∴由余弦定理b2=a2+c2﹣2accosB得：（）2=a2+32﹣3a，整理得：a2﹣3a+6=0，即（a﹣）（a﹣2）=0，解得：a=或a=2，则a=或2．故选C点评：此题考查了余弦定理，以及特殊角的三角函数值，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．本题a有两解，注意不要漏解．8．设m，n是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，给出下列四个：①若m⊥α，n∥α，则m⊥n②若α∥β，β∥γ，m⊥α，则m⊥γ③若m∥α，n∥α，则m∥n④若α⊥γ，β⊥γ，则α∥β其中正确的序号是（）A．①和② B．②和③ C．③和④ D．①和④考点：空间中直线与平面之间的位置关系；的真假判断与应用；空间中直线与直线之间的位置关系；平面与平面之间的位置关系．专题：证明题；压轴题；空间位置关系与距离．分析：根据线面平行性质定理，结合线面垂直的定义，可得①是真；根据面面平行的性质结合线面垂直的性质，可得②是真；在正方体中举出反例，可得平行于同一个平面的两条直线不一定平行，垂直于同一个平面和两个平面也不一定平行，可得③④不正确．由此可得本题的答案．解答：解：对于①，因为n∥α，所以经过n作平面β，使β∩α=l，可得n∥l，又因为m⊥α，l⊂α，所以m⊥l，结合n∥l得m⊥n．由此可得①是真；对于②，因为α∥β且β∥γ，所以α∥γ，结合m⊥α，可得m⊥γ，故②是真；对于③，设直线m、n是位于正方体上底面所在平面内的相交直线，而平面α是正方体下底面所在的平面，则有m∥α且n∥α成立，但不能推出m∥n，故③不正确；对于④，设平面α、β、γ是位于正方体经过同一个顶点的三个面，则有α⊥γ且β⊥γ，但是α⊥β，推不出α∥β，故④不正确．综上所述，其中正确的序号是①和②故选：A点评：本题给出关于空间线面位置关系的，要我们找出其中的真，着重考查了线面平行、面面平行的性质和线面垂直、面面垂直的判定与性质等知识，属于中档题．9．在等差数列{a n}中，若S4=1，S8=4，则a17+a18+a19+a20的值为（）A．9 B．12 C．16 D．17考点：等差数列的通项公式．专题：等差数列与等比数列．分析：设出等差数列的首项和公差，得到前n项和，由已知列式求得首项和公差，把a17+a18+a19+a20转化为含首项和公差的表达式得答案．解答：解：设首项为a1，公差为d．由，得S4=4a1+6d=1，S8=8a1+28d=4，解得：，d=．∴a17+a18+a19+a20=S20﹣S16=4a1+70d=4×+70×=9．故选A．点评：本题考查了等差数列的通项公式，考查了等差数列的前n项和，是基础的计算题．10．正方体的外接球和内切球的半径之比为（）A． 1 B． 2 C．2：D． 3考点：球内接多面体；球的体积和表面积．专题：空间位置关系与距离．分析：设出正方体的棱长，利用正方体的棱长是内切球的直径，正方体的对角线是外接球的直径，分别求出半径，即可得到结论．解答：解：正方体的棱长是内切球的直径，正方体的对角线是外接球的直径，设棱长是a，内切球的半径为r1，外接球的半径为r2．则a=2r1，r1=，又a=2r2，r2=，∴r2：r1=：1．故选A．点评：本题是基础题，本题的关键是正方体的对角线就是外接球的直径，正方体的棱长是内切球的直径，考查计算能力．11．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（）A．180 B．200 C．220 D．240考点：由三视图求面积、体积．专题：空间位置关系与距离．分析：由三视图可知：该几何体是一个横放的直四棱柱，高为10；其底面是一个等腰梯形，上下边分别为2，8，高为4；据此可求出该几何体的表面积．解答：解：由三视图可知：该几何体是一个横放的直四棱柱，高为10；其底面是一个等腰梯形，上下边分别为2，8，高为4．∴S表面积=2××（2+8）×4+2×5×10+2×10+8×10=240．故选D．点评：本题考查由三视图还原直观图，由三视图求面积、体积，由三视图正确恢复原几何体是解决问题的关键．12．已知﹣9，a1，a2，﹣1四个实数成等差数列，﹣9，b1，b2，b3，﹣1五个实数成等比数列，则b2（a2﹣a1）=（）A．8 B．﹣8 C．±8 D．考点：等差数列与等比数列的综合．专题：计算题．分析：先由已知条件和等差数列以及等比数列的性质求得，再利用等比数列中的第三项与第一项同号即可求出答案．解答：解：由题得，又因为b2是等比数列中的第三项，所以与第一项同号，即b2=﹣3∴b2（a2﹣a1）=﹣8．故选B．点评：本题是对等差数列以及等比数列性质的综合考查．在做关于等差数列以及等比数列的题目时，其常用性质一定要熟练掌握．二、填空题（共20分，每小题5分）13．设某几何体的三视图如图则该几何体的体积为24m3考点：由三视图求面积、体积．专题：空间位置关系与距离．分析：由已知中的三视图，可知该几何体是一个以俯视图为底面的三棱锥，求出底面面积，代入棱锥体积公式，可得答案．解答：解：由已知中的三视图，可知该几何体是一个以俯视图为底面的三棱锥，其底面面积S=×6×6=18m2，高h=4m，故棱锥的体积V==24m3，故答案为：24点评：本题考查的知识点是由三视图求体积和表面积，解决本题的关键是得到该几何体的形状．14．在△ABC中，sinA：sinB：sinC=2：3：4，则cosC的值为．考点：正弦定理；余弦定理．专题：计算题．分析：由正弦定理可得，可设其三边分别为2k，3k，4k，再由余弦定理求得cosC的值．解答：解：在△ABC中，sinA：sinB：sinC=2：3：4，由正弦定理可得，可设其三边分别为2k，3k，4k，由余弦定理可得16k2=4k2+9k2﹣12k2cosC，解方程可得cosC=，故答案为：．点评：本题考查正弦定理、余弦定理的应用，设出其三边分别为2k，3k，4k，是解题的关键．15．数列{a n}的前n项和S n=2n2+n﹣1，则它的通项公式是a n=．考点：数列递推式．专题：点列、递归数列与数学归纳法．分析：通过S n=2n2+n﹣1与S n+1=2（n+1）2+（n+1）﹣1作差、计算即得结论．解答：解：∵S n=2n2+n﹣1，∴S n+1=2（n+1）2+（n+1）﹣1，两式相减得：a n+1=4n+3=4（n+1）﹣1，又∵a1=2+1﹣1=2不满足上式，∴a n=，故答案为：．点评：本题考查数列的通项，注意解题方法的积累，属于基础题．16．在锐角△ABC中，若A=2B，则的取值范围是（，）．考点：正弦定理．专题：解三角形．分析：利用正弦定理列出关系式，将A=2B代入，利用二倍角的正弦函数公式化简，约分得到结果为2cosB，根据三角形的内角和定理及三角形ABC为锐角三角形，求出B的范围，进而确定出cosB的范围，即可得出所求式子的范围．解答：解：∵A=2B，∴根据正弦定理=得：====2cosB，∵A+B+C=180°，∴3B+C=180°，即C=180°﹣3B，∵C为锐角，∴30°＜B＜60°，又0＜A=2B＜90°，∴30°＜B＜45°，∴＜cosB＜，即＜2cosB＜，则的取值范围是（，）．故答案为：（，）点评：此题考查了正弦定理，余弦函数的图象与性质，以及特殊角的三角函数值，熟练掌握正弦定理是解本题的关键．三、解答题17．（10分）（2015春•保定校级月考）已知等差数列{a n}的前n项和为S n，其中S4=﹣8，a3+a4=0．（1）求此数列的通项公式a n；（2）求此数列的前n项和公式S n．考点：等差数列的前n项和；等差数列的通项公式．专题：等差数列与等比数列．分析：（1）利用a1+a2=S4﹣（a3+a4）及（a3+a4）﹣（a1+a2）=4d可知公差d=2，进而可得结论；（2）通过（1）、利用等差数列的求和公式计算即得结论．解答：解：（1）依题意，a1+a2=S4﹣（a3+a4）=﹣8，∴（a3+a4）﹣（a1+a2）=4d=8，即d=2，又∵a1+（a1+2）=﹣8，∴a1=﹣5，∴此数列的通项公式a n=﹣5+2（n﹣1）=2n﹣7；（2）由（1）知，S n===n2﹣6n．点评：本题考查数列的通项及前n项和，考查运算求解能力，注意解题方法的积累，属于基础题．18．（12分）（2014秋•西华县校级期末）如图，已知在侧棱垂直于底面三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AC=3，AB=5，BC=4，AA1=4，点D是AB的中点．（1）求证：AC⊥BC1；（2）求证：AC1∥平面CDB1（3）求三棱锥A1﹣B1CD的体积．考点：棱柱、棱锥、棱台的体积；直线与平面平行的判定．专题：综合题；空间位置关系与距离．分析：（1）由勾股定理得AC⊥BC，由CC1⊥面ABC 得到CC1⊥AC，从而得到AC⊥面BCC1，故AC⊥BC1．（2）连接B1C交BC1于点E，则DE为△ABC1的中位线，得到DE∥AC1，从而得到AC1∥面B1CD．（3）过C作CF⊥AB垂足为F，CF⊥面ABB1A1，面积法求CF，求出三角形DB1A1的面积，代入体积公式进行运算．解答：（1）证明：在△ABC中，∵AC=3，AB=5，BC=4，∴△ABC为直角三角形，∴AC⊥BC…（2分）又∵CC1⊥平面ABC，∴CC1⊥AC，CC1∩BC=C，∴AC⊥平面BCC1，∴AC⊥BC1．…（5分）（2）证明：设B1C与BC1交于点E，则E为BC1的中点，连结DE，则在△ABC1中，DE∥AC1，又DE⊂面CDB1，AC1⊄面CDB1，∴AC1∥平面B1CD．…（10分）（3）解：在△ABC中，过C作CF⊥AB，F为垂足，∵平面ABB1A1⊥平面ABC，且平面ABB1A1∩平面ABC=AB，∴CF⊥平面ABB1A1，而，∵，而，∴．…（14分）点评：本题考查证明线线垂直、线面平行的方法，求三棱锥的体积，求点C到面A1B1D的距离是解题的难点．19．（12分）（2015春•保定校级月考）已知a，b，c分别为△ABC三个内角A，B，C的对边，c=asinC+ccosA．（1）求A；（2）若a=，△ABC的面积为，求b，c．考点：余弦定理的应用．专题：解三角形．分析：（1）利用c=asinC+ccosA及正弦定理可知sin（A+）=，进而可得结论；（2）通过S△ABC=bcsinA=可知bc=4，利用余弦定理可知a2+bc=（b+c）2，进而a=、bc=4计算即得结论．解答：解：（1）由c=asinC+ccosA及正弦定理得：sinAsinC+cosAsinC﹣sinC=0，∵sinC≠0，∴sin（A+）=，又0＜A＜π，∴A+，故A=；（2）∵S△ABC=bcsinA=，∴bc=4．∵a2=b2+c2﹣2bccosA，∴a2+bc=（b+c）2，代入a=、bc=4，解得：b+c=4，∴b=c=2．点评：本题考查正弦定理、余弦定理等基础知识，注意解题方法的积累，属于中档题．20．（12分）（2011•长春模拟）已知等差数列{a n}的前n项和为S n且满足a2=3，S6=36．（1）求数列{a n}的通项公式；（2）若数列{b n}是等比数列且满足b1+b2=3，b4+b5=24．设数列{a n•b n}的前n项和为T n，求T n．考点：等差数列的通项公式；数列的求和．专题：计算题．分析：（1）本题是对数列的基本量的考查，根据所给的数列的一项和前六项的和，用求和公式，得到它的另一项，算出公差和首项，写出通项公式．（2）根据所给的等比数列的两个等式，得到等比数列的首项和公比，写出通项，题目要求的是两个数列的积的形式的前n项和，并且一个数列是等比，一个是等差，采用错位相减法．解答：解：（1）∵数列{a n}是等差数列，∴S6=3（a1+a6）=3（a2+a5）=36．∵a2=3，∴a5=9，∴3d=a5﹣a2=6，∴d=2，又∵a1=a2﹣d=1，∴a n=2n﹣1．（2）由等比数列{b n}满足b1+b2=3，b4+b5=24，得=q3=8，∴q=2，∵b1+b2=3，∴b1+b1q=3，∴b1=1，b n=2n﹣1，∴a n•b n=（2n﹣1）•2n﹣1．∴T n=1×1+3×2+5×22+…+（2n﹣3）•2n﹣2+（2n﹣1）•2n﹣1，则2T n=1×2+3×22+5×23+…+（2n﹣3）•2n﹣1+（2n﹣1）•2n，两式相减得（1﹣2）T n=1×1+2×2+2×22++2•2n﹣2+2•2n﹣1﹣（2n﹣1）•2n，即﹣T n=1+2（21+22++22n﹣1）﹣（2n﹣1）•2n=1+2（2n﹣2）﹣（2n﹣1）•2n=（3﹣2n）•2n﹣3，∴T n=（2n﹣3）•2n+3．点评：本题考查等比数列的基本量之间的关系，若已知等比数列的两项，则等比数列的所有量都可以求出，只要简单数字运算时不出错，问题可解．21．（12分）（2015春•保定校级月考）如图，P为△ABC所在平面外一点，PA⊥平面ABC，∠ABC=90°，AE⊥PB于E，AF⊥PC于F，求证：（1）BC⊥平面PAB；（2）平面AEF⊥平面PBC．考点：平面与平面垂直的判定；直线与平面垂直的判定．专题：空间位置关系与距离．分析：（1）由线面垂直得到线线垂直，再由∠ABC=90°得到AB⊥BC，再由线面垂直的判定得答案；（2）由线面垂直得到面面垂直，再由已知结合面面垂直的性质可得AE⊥平面PBC，最后由面面垂直的判定得答案．解答：证明：（1）∵PA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，∴PA⊥BC，又∠ABC=90°，∴AB⊥BC，而PA∩AB=A，∴由线面垂直的判断可得BC⊥平面PAB；（2）由（1）知，BC⊥平面PAB，而BC⊂平面PBC，∴平面PAB⊥平面PBC，且平面PAB∩平面PBC=PB，又AE⊥PB于E，∴AE⊥平面PBC，而AE⊂平面AEF，∴平面AEF⊥平面PBC．点评：本题考查直线与平面垂直、平面与平面垂直的判断，考查空间想象能力和思维能力，属中档题．22．（12分）（2013•成都模拟）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，满足acosC=（2b﹣c）cosA（1）求角A；（2）若a=3，求△ABC面积S的最大值．考点：正弦定理；余弦定理的应用．专题：计算题．分析：（1）由正弦定理化简已知的等式，利用两角和与差的正弦函数公式变形后，根据sinB的值不为0，得出cosA的值，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；（2）由a及cosA的值，利用余弦定理列出关系式，再利用基本不等式变形求出bc的最大值，最后由bc的最大值及sinA的值，利用三角形的面积公式即可求出三角形ABC面积的最大值．解答：解：（1）利用正弦定理==化简已知的等式得：sinAcosC=（2sinB﹣sinC）cosA，即sinAcosC+cosAsinC=2sinBcosA，∴sin（A+C）=sinB=2sinBcosA，∵B为三角形的内角，即sinB≠0，∴cosA=，又A为三角形的内角，则A=；（2）∵a=3，cosA=，∴由余弦定理a2=b2+c2﹣2bccosA，得：9=b2+c2﹣bc≥2bc﹣bc，∴bc≤9，∴S△ABC=bcsinA≤，则△ABC面积S的最大值为．点评：此题考查了正弦、余弦定理，三角形的面积公式，基本不等式的运用，以及两角和与差的正弦函数公式，熟练掌握定理及公式是解本题的关键．。