2020-2021学年广西贵港市高一（下）5月月考数学（理）试卷人教A版

这是一份2020-2021学年广西贵港市高一（下）5月月考数学（理）试卷人教A版，共10页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


1. 集合A=x|x2−x−6≤0，B=x|2x−a≤0，且A∩B=x|−2≤x≤1，则a=( )
A.−4B.−2C.2D.4

2. 已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且S7=28，a2+a4=7，则a6=（ ）
A.3B.4C.5D.6

3. 已知各项为正数的等比数列an满足a1=1，a2a4=16，则a6=( )
A.64B.32C.16D.4

4. 已知直线l和两个不同的平面α、β，下列结论正确的是( )
A.若l // α，l⊥β，则α⊥βB.若α⊥β，l⊥α，则l // β
C.若l // α，l // β，则α // βD.若α⊥β，l // α，则l⊥β

5. 长方体共顶点的三条棱长分别是1，2，6，这个长方体的外接球的表面积是( )
A.6πB.36πC.18πD.9π

6. 若数列an满足an=2an−1+1，a1=1，则an=( )
A.2n−1B.2n−1−1C.12n−1+1D.1−12n+1

7. 正三棱锥的底面边长为2，侧面均为直角三角形，则此三棱锥的体积为（ ）
A.232B.2C.23D.432

8. 某多面体的三视图如图所示，该多面体的各个面中有若干个是三角形，这些三角形的面积之和为（ ）

A.16B.12C.8+42D.8+46

9. 若正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，点E，F，G分别为BC，CC1，BB1的中点．则下列说法不正确的是( )

A.直线D1D与直线AF垂直
B.直线A1G与平面AEF平行
C.平面AEF截正方体所得的截面面积为92
D.点A1和点D到平面AEF的距离相等

10. 在△ABC中，AB=3，BC=13，AC=4，则边AC上的高为( )
A.223B.233C.32D.332

11. 若数列{an}是等差数列，首项a1>0，a2003+a2004>0，a2003．a2004<0，则使前n项和Sn>0成立的最大自然数n是（ ）
A.4005B.4006C.4007D.4008

12. 如图，在所有棱长都为6的四棱锥P−ABCD中，E，F分别为棱PD，CD的中点，则异面直线PB与EF所成角为( )

A.90∘B.30∘C.45∘D.60∘
二、填空题

不等式x−12−x≤0的解集为________.

已知正数x，y满足x+3y=1，则2x+8y的最小值为________．

若数列an满足3an+1=an，a2=13，则lg13a2021=________．

已知a，b为不垂直的异面直线，α是一个平面，则a，b在α上的射影有可能是：________．
①两条平行直线；
②两条互相垂直的直线；
③同一条直线；
④一条直线及其外一点．
三、解答题

已知数列an的前n项和Sn满足2Sn=n2+3n .
(1)求数列an的通项公式；

(2)求数列1anan+1的前n项和Tn．

已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，E，F，G分别为AB，BC，CC1的中点，
(1)证明：A1C1//平面EFG；

(2)求三棱锥C1−EFG的体积．

a，b，c是△ABC中角A，B，C的对边，向量m→=(a, 3b)与n→=(csA, sinB)平行．
(1)求A；

(2)若a=7，b=2，求△ABC的面积．

如图，在四棱锥S−ABCD中，底面ABCD是正方形，G是线段AB的中点，P是SD的中点．
(1)证明：PG//平面SBC；

(2)若SA⊥平面ABCD，证明： CD⊥平面SAD．

已知数列an中， an+1=an2an+1，a1=1．
(1)证明： 1an是等差数列，并求an；

(2)若bn=3nan，且数列bn的前n项和为Tn，求Tn．

在四棱锥P−ABCD中，BC=BD=DC=23，AD=AB=PD=PB=2．

(1)证明： BD⊥PA．

(2)若点E为PC的中点，求证： BE//平面PAD．
参考答案与试题解析
2020-2021学年广西贵港市高一（下）5月月考数学（理）试卷
一、选择题
1.
【答案】
C
【考点】
一元二次不等式的解法
交集及其运算
【解析】
由二次不等式和一次不等式的解法，化简集合A，B，再由交集的定义，可得a的方程，解方程可得a．
【解答】
解：集合A=x|x2−x−6≤0=x|−2≤x≤3，
B=x|2x−a≤0=x|x≤a2，
由A∩B=x|−2≤x≤1，可得12a=1，
则a=2．
故选C．
2.
【答案】
C
【考点】
等差数列的前n项和
等差数列的通项公式
【解析】
利用等差数列的通项公式求和公式直接计算即可得出答案．
【解答】
解：设等差数列{an}的公差为d，
∵ S7=28，a2+a4=7，
∴ 7a1+21d=28，2a1+4d=7．
解得：a1=52，d=12．
则a6=52+12×(6−1)=5．
故选C．
3.
【答案】
B
【考点】
等比数列的性质
【解析】
先根据条件求公比，再根据等比数列通项公式求a6
【解答】
解：由a2a4=16得a12q4=16，∴ q4=16，
∵q>0，∴q=2，∴ a5=a1q5=25=32．
选B．
4.
【答案】
A
【考点】
命题的真假判断与应用
空间中直线与平面之间的位置关系
空间中平面与平面之间的位置关系
【解析】
在A中，α与β相交或平行；在B中，l与β相交、平行或l⊂β；在C中，l与β相交、平行或l⊂β；在D中，由面面垂直的判定定理得α⊥β．
【解答】
解：由l是直线，α和β是两个不同的平面，知：
在A中：若l // α，l⊥β，则由面面垂直的判定定理得α⊥β，故A正确．
在B中：若α⊥β，l⊥α，则l与β平行或l⊂β，故B错误；
在C中：若l // α，l // β，则α与β相交或平行，故C错误；
在D中：若α⊥β，l // α，则l与β相交、平行或l⊂β，故D错误；
故选A.
5.
【答案】
D
【考点】
球的表面积和体积
棱柱的结构特征
【解析】
用长方体的对角线的公式，求出长方体的对角线长，即为外接球的直径，从而得到外接球的半径，用球的表面积公式可以算出外接球的表面积．
【解答】
解：∵长方体从同一顶点出发的三条棱的长分别为1，2，6，
∴长方体的对角线长为：12+(2)2+(6)2=3，
∵长方体的对角线长恰好是外接球的直径，
∴球半径为R=32，可得球的表面积为4πR2=9π．
故选D．
6.
【答案】
A
【考点】
数列递推式
【解析】
由题意首先整理所给的递推关系式，然后结合等比数列的通项公式即可求得数列an的通项公式．
【解答】
解：由递推关系式可得： an+1=2an−1+1，且a1+1=2，
故数列an+1是首项为2，公比为2的等比数列，
则：an+1=2×2n−1=2n，
∴an=2n−1．
故选A．
7.
【答案】
C
【考点】
柱体、锥体、台体的体积计算
【解析】
先求正三棱锥的侧棱长，然后求出体积．
【解答】
解：由题意正三棱锥的底面边长为2，侧面均为直角三角形，
可知：侧棱长为2，三条侧棱两两垂直，
所以此三棱锥的体积为13×12×2×2×2=23．
故选C．
8.
【答案】
D
【考点】
由三视图求表面积
【解析】
由几何体的三视图知该几何体是底面为等腰直角三角形的直三棱柱，截去一个三棱锥；由图中数据计算两个三角形的面积和即可．
【解答】
解：由三视图还原几何体，如图所示：
该几何体是底面为等腰直角三角形的直三棱柱截去一个三棱锥．
结合数据可得，S△ABC=12×42=8，
又EF=42+22=25，GF=42,
故S△EFG=12×42×252−222=46，
因此三角形的面积之和为8+46．
故选D．
9.
【答案】
A
【考点】
空间中直线与平面之间的位置关系
棱柱的结构特征
截面及其作法
【解析】
根据异面直线所成角的定义判断A，由面面平行的性质定理判断B，作出完整的截面，判断CD．
【解答】
解：因为D1D//C1C，而C1C与AF显然不垂直，
所以D1D与AF不垂直，故A说法不正确；
取B1C1中点H，连接A1H，GH，BC1，如图，
因为E，F，G，分别是BC，CC1，BB1的中点，
所以HG//BC1//EF.
又HE//BB1//AA1，HE=BB1=AA1，
所以A1HEA是平行四边形，
所以A1H//AE，
所以A1H//平面AEF，HG//平面AEF，
而A1H∩HG=H，
所以平面A1HG//平面AEF，
因为A1G⊂平面A1HG，
所以A1G//平面AEF，故B说法正确；
由正方体性质，连接FD1，AD1，
则截面AEF即为四边形AEFD1，它是等腰梯形，
AD1=22，EF=2，D1F=AE=5，
等腰梯形的高为ℎ=52−22−222=322，
截面面积为S=12×2+22×322=92，故C说法正确；
设A1D∩AD1=O，易知O是A1D的中点，
所以点A1和点D到平面AEF的距离相等，故D说法正确．
故选A．
10.
【答案】
D
【考点】
余弦定理
正弦定理
【解析】
(I)利二倍角，两角差的正弦公式，函数(x的解析为一角的一个函数名称的形式，然后利用=2π|ω|求期．
利用描点法出象．
【解答】
解：如图，
在△ABC中，AB=3，BC=13，AC=4，
∴ 由余弦定理，得：
csA=AB2+AC2−BC22AB⋅AC=12，
∴sinA=1−cs2A=32，
∴ 边AC上的高ℎ=ABsinA=3×32=332.
故选D.
11.
【答案】
B
【考点】
等差数列的通项公式
等差数列的前n项和
【解析】
对于首项大于零的递减的等差数列，第2003项与2004项的和大于零，积小于零，说明第2003项大于零且2004项小于零，且2003项的绝对值比2004项的要大，由等差数列前n项和公式可判断结论．
【解答】
解：由a2003+a2004>0，a2003⋅a2004<0，知a2003和a2004两项中有一正数一负数，又a1>0，
则公差为负数，否则各项总为正数，故a2003>a2004，即a2003>0，a2004<0．
∴ S4006=4006(a1+a4006)2=4006(a2003+a2004)2>0，
∴ S4007=40072⋅(a1+a4007)=4007⋅a2004<0，
故4006为Sn>0的最大自然数．
故选B．
12.
【答案】
D
【考点】
异面直线及其所成的角
【解析】
求两异面直线的夹角的方法有线段变化平移与线段不变化平移，平移线段后组成三角形，再利用解三角形的方法求解两异面直线的夹角的三角函数值．
【解答】
解：∵E、F分别为棱PD，CD的中点，
∴EF//PC，
∴∠BPC为异面直线PB与EF所成角，
在正四棱锥P−ABCD中，
∵PB=PC=BC=6，
∴三角形PBC是正三角形，
∴∠BPC=60∘，
即异面直线PB与EF所成角为60∘．
故选D．
二、填空题
【答案】
(−∞,1]∪2,+∞
【考点】
分式不等式的解法
【解析】
将原不等式转化为两个不等式组，求出不等式组的解集，即可确定出原不等式的解集．

【解答】
解：x−12−x≤0，
可化为x−1≤02−x>0或x−1≥02−x<0，
解得： x≤1 或x>2，
则原不等式的解集为(−∞,1]∪2,+∞
故答案为：(−∞,1]∪2,+∞.
【答案】
22
【考点】
基本不等式
【解析】
先判断2x与8y的符号，利用基本不等式建立关系，结合x+3y=1可求出2x+8y的最小值．
【解答】
解：由于2x>0，8y>0，所以
2x+8y=2x+23y≥22x⋅23y
=22x+3y=221=22，
当且仅当2x=23y，x=3y，即x=12，y=16时取得最小值．
故答案为：22．
【答案】
2020
【考点】
数列递推式
对数与对数运算
【解析】
由题可知数列an是以公比为13的等比数列，可得an=13n−1，则a2021=132020，再根据对数的运算性质即可得解.
【解答】
解：在数列an中， a2=13， 3an+1=an，
可知数列an是以公比为13的等比数列，
所以a1=1，所以an=13n−1，
所以a2021=132021−1=132020，
所以lg13a2021=lg13132020=2020.
故答案为：2020.
【答案】
①②④
【考点】
平行投影及平行投影作图法
【解析】
以正方体为例，找出满足题意的两条异面直线，和平面α，然后判断选项的正误．
【解答】
解：不妨以正方体为例，
A1D与BC1在平面ABCD上的射影互相平行，①正确；
AB1与BC1在平面ABCD上的射影互相垂直，②正确；
如果a、b在α上的射影是同一条直线，那么a、b共面，不正确．
DD1与BC1在平面ABCD上的射影是一条直线及其外一点，④正确．
故答案为：①②④．
三、解答题
【答案】
解：(1)∵ 2Sn=n2+3n，
2Sn−1=n−12+3n−1,n≥2，
两式相减得：2an=2n+2，则an=n+1n≥2．
由2S1=2a1=4知a1=2，也满足上式，
故an=n+1n∈N∗ .
(2)1anan+1=1n+1n+2=1n+1−1n+2，
∴ Tn=12−13+13−14+⋯+1n+1−1n+2
=12−1n+2=n2n+2 .
【考点】
数列递推式
数列的求和
【解析】
（1）∵ 2Sn=n2+3n，
2Sn−1=n−12+3n−1,n≥2，
两式相减得：2an=2n+2，则an=n+1n≥2．
由2S1=2a1=4知a1=2，也满足上式，
故an=n+1n∈N∗ .

【解答】
解：(1)∵ 2Sn=n2+3n，
2Sn−1=n−12+3n−1,n≥2，
两式相减得：2an=2n+2，则an=n+1n≥2．
由2S1=2a1=4知a1=2，也满足上式，
故an=n+1n∈N∗ .
(2)1anan+1=1n+1n+2=1n+1−1n+2，
∴ Tn=12−13+13−14+⋯+1n+1−1n+2
=12−1n+2=n2n+2 .
【答案】
(1)证明：由正方体的性质可知A1C1//AC，
因为E，F分别为AB，BC的中点，
所以AC//EF，所以A1C1//EF，
又因为A1C1⊄平面EFG，EF⊂平面EFG，
所以A1C1//平面EFG．
(2)解：连接C1E，C1F，
∵ 正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，
∴ VC1−EFG=VE−C1FG=13S△C1FG⋅BE
=13×(1×1×12)×1=16．
【考点】
直线与平面平行的判定
柱体、锥体、台体的体积计算
【解析】
(1)直接利用线面平行的判定定理进行证明即可；
(2)以点D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，求出平面EFG的一个法向量，从而可求出A1到平面EFG的距离为d1，点G到EF的距离为d2，最后根据三棱锥A1−EFG的体积VA1−EFG=13S△EFG⋅d1=13×12|EF|⋅d1⋅d2，进行求解即可．
【解答】
(1)证明：由正方体的性质可知A1C1//AC，
因为E，F分别为AB，BC的中点，
所以AC//EF，所以A1C1//EF，
又因为A1C1⊄平面EFG，EF⊂平面EFG，
所以A1C1//平面EFG．
(2)解：连接C1E，C1F，
∵ 正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，
∴ VC1−EFG=VE−C1FG=13S△C1FG⋅BE
=13×(1×1×12)×1=16．
【答案】
解：(1)因为向量m→=(a, 3b)与n→=(csA, sinB)平行，
所以asinB−3bcsA=0，
由正弦定理可知：sinAsinB−3sinBcsA=0，
因为sinB≠0，
所以tanA=3，
可得A=π3.
(2)a=7，b=2，
由余弦定理可得：a2=b2+c2−2bccsA，
可得7=4+c2−2c，
解得c=3，
△ABC的面积为：12bcsinA=332．
【考点】
平面向量共线（平行）的坐标表示
正弦定理
余弦定理的应用
【解析】
（1）利用向量的平行，列出方程，通过正弦定理求解A；
（2）利用A，以及a=7，b=2，通过余弦定理求出c，然后求解△ABC的面积．
【解答】
解：(1)因为向量m→=(a, 3b)与n→=(csA, sinB)平行，
所以asinB−3bcsA=0，
由正弦定理可知：sinAsinB−3sinBcsA=0，
因为sinB≠0，
所以tanA=3，
可得A=π3.
(2)a=7，b=2，
由余弦定理可得：a2=b2+c2−2bccsA，
可得7=4+c2−2c，
解得c=3，
△ABC的面积为：12bcsinA=332．
【答案】
证明：(1)取SC的中点Q，连接PQ，
则PQ为△SDC的中位线，∴ PQ=//12CD，
在正方形ABCD中，GB=//12CD，
∴ PQ=//GB ，∴ 四边形PQBG为平行四边形，
∴ GP//BQ ，
∵GP⊄平面SBC，BQ⊂平面SBC，
∴GP//平面SBC．
(2)∵SA⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，∴CD⊥SA ，
∵ 底面ABCD为正方形，∴ CD⊥DA ，
∵CD⊥SA，CD⊥DA，SA∩DA=A，且SA，DA⊂平面SAD，
∴CD⊥平面SAD．
【考点】
直线与平面平行的判定
直线与平面垂直的判定
【解析】
无
无
【解答】
证明：(1)取SC的中点Q，连接PQ，
则PQ为△SDC的中位线，∴ PQ=//12CD，
在正方形ABCD中，GB=//12CD，
∴ PQ=//GB ，∴ 四边形PQBG为平行四边形，
∴ GP//BQ ，
∵GP⊄平面SBC，BQ⊂平面SBC，
∴GP//平面SBC．
(2)∵SA⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，∴CD⊥SA ，
∵ 底面ABCD为正方形，∴ CD⊥DA ，
∵CD⊥SA，CD⊥DA，SA∩DA=A，且SA，DA⊂平面SAD，
∴CD⊥平面SAD．
【答案】
(1)证明：由题意得an+1=an2an+1，n∈N∗，
取倒数可得1an+1=2an+1an=2+1an，n∈N∗，
由a1=1，知1a1=1，则1an+1−1an=2，
故数列1an为首项为1，公差为2的等差数列，
则1an=1a1+n−1d=1+2n−1=2n−1，n∈N∗，
所以可得an=12n−1，n∈N∗；
(2)解：由(1)得：bn=2n−1⋅3n，
Tn=1⋅31+3⋅32+5⋅33+⋯+2n−1⋅3n，
3Tn=1⋅32+3⋅33+5⋅34+⋯+2n−3⋅3n+2n−1⋅3n+1，
两式相减得
−2Tn=3+232+33+⋯+3n−2n−1⋅3n+1，
−2Tn=3+2×32−3n+11−3+1−2n⋅3n+1
=2−2n⋅3n+1−6，
Tn=n−1⋅3n+1+3．
【考点】
数列递推式
等差数列的通项公式
数列的求和
【解析】
(1)将原等式取倒数，结合等差数列的定义，即可得证；
(2)由第(1)问的结果计算出数列bn的通项公式，然后运用错位相减法计算出前n项和Tn
【解答】
(1)证明：由题意得an+1=an2an+1，n∈N∗，
取倒数可得1an+1=2an+1an=2+1an，n∈N∗，
由a1=1，知1a1=1，则1an+1−1an=2，
故数列1an为首项为1，公差为2的等差数列，
则1an=1a1+n−1d=1+2n−1=2n−1，n∈N∗，
所以可得an=12n−1，n∈N∗；
(2)解：由(1)得：bn=2n−1⋅3n，
Tn=1⋅31+3⋅32+5⋅33+⋯+2n−1⋅3n，
3Tn=1⋅32+3⋅33+5⋅34+⋯+2n−3⋅3n+2n−1⋅3n+1，
两式相减得
−2Tn=3+232+33+⋯+3n−2n−1⋅3n+1，
−2Tn=3+2×32−3n+11−3+1−2n⋅3n+1
=2−2n⋅3n+1−6，
Tn=n−1⋅3n+1+3．
【答案】
证明：(1)取BD中点O，连结AO，PO，
∵ AB=AD，则△ABD为等腰三角形，∴ BD⊥AO ，
∵ PB=PD，则△PBD为等腰三角形，∴ BD⊥PO ，
∵AO∩PO=O，AO，PO⊂平面PAO，
∴BD⊥平面PAO ，∵PA⊂平面 PAO，
∴BD⊥PA．
(2)取CD中点F，连结BF，EF，
∵ BC=BD=CD，∴ BF⊥CD，
在 △BAD中， AB=AD=2，BD=23，
由余弦定理的推论，知cs∠BAD=AB2+AD2−BD22AB⋅AD=−12，
∴ ∠BAD=2π3，∠ABD=∠ADB=π6，
∴ ∠ADC=∠ADB+∠BDC=π2，∴ AD⊥CD，
∵BF⊥CD ，AD⊥CD，BF，AD共面，
∴BF//AD，∵BF⊄平面PAD ，AD⊂平面PAD，
∴BF//平面PAD，∵ EF为△CPD的中位线，∴ EF//PD，
∵EF⊄平面PAD，PD⊂平面PAD，∴EF//平面PAD ，
∵BF//平面PAD，EF//平面PAD，BF∩EF=F，
BF, EF⊂平面BEF，∴平面BEF//平面PAD，
∵BE⊂平面BEF，∴BE//平面PAD．
【考点】
两条直线垂直的判定
直线与平面平行的判定
【解析】
无
无
【解答】
证明：(1)取BD中点O，连结AO，PO，
∵ AB=AD，则△ABD为等腰三角形，∴ BD⊥AO ，
∵ PB=PD，则△PBD为等腰三角形，∴ BD⊥PO ，
∵AO∩PO=O，AO，PO⊂平面PAO，
∴BD⊥平面PAO ，∵PA⊂平面 PAO，
∴BD⊥PA．
(2)取CD中点F，连结BF，EF，
∵ BC=BD=CD，∴ BF⊥CD，
在 △BAD中， AB=AD=2，BD=23，
由余弦定理的推论，知cs∠BAD=AB2+AD2−BD22AB⋅AD=−12，
∴ ∠BAD=2π3，∠ABD=∠ADB=π6，
∴ ∠ADC=∠ADB+∠BDC=π2，∴ AD⊥CD，
∵BF⊥CD ，AD⊥CD，BF，AD共面，
∴BF//AD，∵BF⊄平面PAD ，AD⊂平面PAD，
∴BF//平面PAD，∵ EF为△CPD的中位线，∴ EF//PD，
∵EF⊄平面PAD，PD⊂平面PAD，∴EF//平面PAD ，
∵BF//平面PAD，EF//平面PAD，BF∩EF=F，
BF, EF⊂平面BEF，∴平面BEF//平面PAD，
∵BE⊂平面BEF，∴BE//平面PAD．