PAGE双鸭山市第一中学2020学年度下学期高一（理科）数学6月考试试
题
快递公司问题件快递公司问题件货款处理关于圆的周长面积重点题型关于解方程组的题及答案关于南海问题
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a5>0，a4＋a7<0，则{an}的前n项和Sn的最大值为( )A．S7B．S6C．S5D．S49.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sin2(B＋C)
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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·cosC(tanAtanC－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<eq\f(9,4).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．选择题（每个小题5分，共60分）123456789101112ABDACCCCDCCB填空题（每小题5分，共20分）2n-114.(4)16.三、解答题（共70分）17.（本题满分10分）解：(1)S△ABC＝eq\f(1,2)×2×2eq\r(3)＝2eq\r(3)，三棱锥PABC的体积为V＝eq\f(1,3)S△ABC·PA＝eq\f(1,3)×2eq\r(3)×2＝eq\f(4\r(3),3).(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＝eq\r(2)，AD＝2，cos∠ADE＝eq\f(22＋22－2,2×2×2)＝eq\f(3,4).故异面直线BC与AD所成角的余弦值为eq\f(3,4).（本题满分12分）由已知得2cosAcosCeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(sinAsinC,cosAcosC)－1))＝1，所以2(sinAsinC－cosAcosC)＝1，即cos(A＋C)＝－eq\f(1,2)，所以cosB＝eq\f(1,2)，又00，所以Tn＝eq\f(9,4)－(eq\f(9,4)＋eq\f(3,2)n)eq\f(1,3)n<eq\f(9,4).又因为Tn＋1－Tn＝eq\f(n＋1,3n)>0，所以数列{Tn}单调递增，所以(Tn)min＝T1＝1，所以1≤Tn<eq\f(9,4).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＝eq\f(1,2)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＝eq\f(1,2)，所以DO＝eq\f(\r(5),2)，从而AN＝eq\f(1,2)DO＝eq\f(\r(5),4).在Rt△ANM中，tan∠MAN＝eq\f(MN,AN)＝eq\f(1,\f(\r(5),4))＝eq\f(4\r(5),5)，即直线AM与平面ABCD所成角的正切值为eq\f(4\r(5),5).22.（本题满分12分）(（1）由2nSn＋1－2（n＋1）Sn＝n（n＋1），得eq\f(Sn＋1,n＋1)－eq\f(Sn,n)＝eq\f(1,2)，所以数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))是首项为1，公差为eq\f(1,2)的等差数列，因此eq\f(Sn,n)＝S1＋（n－1）×eq\f(1,2)＝eq\f(1,2)n＋eq\f(1,2)，即Sn＝eq\f(n（n＋1）,2).于是an＋1＝Sn＋1－Sn＝eq\f(（n＋1）（n＋2）,2)－eq\f(n（n＋1）,2)＝n＋1，所以an＝n.因为bn＋2－2bn＋1＋bn＝0，所以数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(bn))是等差数列，由{bn}的前9项和为63，得eq\f(9（b3＋b7）,2)＝63，又b3＝5，所以b7＝9，所以数列{bn}的公差d＝eq\f(9－5,7－3)＝1，则bn＝b3＋（n－3）×1＝n＋2.（2）由（1）知cn＝eq\f(bn,an)＋eq\f(an,bn)＝eq\f(n＋2,n)＋eq\f(n,n＋2)＝2＋2（eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋2)），所以Tn＝c1＋c2＋…＋cn＝2n＋2（1－eq\f(1,3)＋eq\f(1,2)－eq\f(1,4)＋eq\f(1,3)－eq\f(1,5)＋…＋eq\f(1,n－1)－eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋2)）＝2n＋2（1＋eq\f(1,2)－eq\f(1,n＋1)－eq\f(1,n＋2)）＝3－2（eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)）＋2n，则Tn－2n＝3－2（eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)）.设An＝Tn－2n＝3－2（eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)）.因为An＋1－An＝3－2（eq\f(1,n＋2)＋eq\f(1,n＋3)）－[3－2（eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)）]＝2（eq\f(1,n＋1)－eq\f(1,n＋3)）＝eq\f(4,（n＋1）（n＋3）)>0，所以数列{An}为递增数列，则（An）min＝A1＝eq\f(4,3).又因为An＝3－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n＋1)＋\f(1,n＋2)))<3，所以eq\f(4,3)≤An<3.因为对任意正整数n，Tn－2n∈[a，b]，所以a≤eq\f(4,3)，b≥3，则（b－a）min＝3－eq\f(4,3)＝eq\f(5,3).
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