2020-2021学年广西壮族自治区贵港市高一（下）5月月考数学（文）试卷人教A版

这是一份2020-2021学年广西壮族自治区贵港市高一（下）5月月考数学（文）试卷人教A版，共8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. 已知全集U=R，集合A=x|−2x2+x+1≥0，B=x|x<2，则∁UA∩B=（ ）
A.−12,1B.[1,2）
C.−∞,−1∪12,2D.−∞,−12∪1,2

2. 在△ABC中，A=30∘，C=15∘， a=5，则b=( )
A.102B.53C.52D.103

3. 已知等差数列an前n项和为Sn，若a2+a8=10，则S9=（ ）
A.45B.42C.40D.36

4. 等比数列an中， a3⋅a4=12,a6=6，则首项a1=（ ）
A.1B.2C.3D.4

5. △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c=2a，则csB=( )
A.14B.24C.34D.23

6. 已知a>b，则（ ）
A.lna>lnbB.a2>b2C.2a>2bD.a−1>b−1

7. 体积为8的正方体的顶点都在同一个球面上，则该球的表面积为( )
A.8πB.12πC.16πD.323π

8. 如图是某几何体的三视图，图中小方格的边长为1，则该几何体的体积为( )

A.173B.203C.6D.223

9. 已知圆锥的表面积为3π，侧面展开图是一个半圆，则该圆锥的体积为( )
A.3π6B.3π3C.3π2D.3π

10. 已知x>0，y>0，且x+y=2xy，则x+4y的最小值为( )
A.92B.72C.4D.7

11. 在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且2ac=a2+c2−b2，则角B的大小是（ ）
A.60∘B.135∘C.90∘D.45∘

12. 如图，正八面体的棱长为2，则此正八面体的体积为( )

A.823B.82C.623D.4
二、填空题

不等式1x
若不等式ax2+8ax+21<0的解集是{x|−7
数列an的首项a1=2020，且an−1=3an+2n∈N∗，则数列an的通项公式为________ .

在数列an中， a1=1,a2=3，且an+1an−1=ann≥2，则a2021=________ .
三、解答题

在等比数列{an}中，a1⋅a2⋅a3=27，a2+a4=30.试求：
1a1和公比q；

2若q>0前6项的和S6．

在△ABC中，a，b，c分别为角A，B，C的对边，且bcsA=c−32a.
(1)求角B；

(2)若△ABC的面积为23，BC边上的高AH=1，求b，c．

如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，S是B1D1的中点，E，F，G分别是BC，DC，SC的中点．求证：

(1)直线EG//平面BDD1B1；

(2)平面EFG//平面BDD1B1．

已知数列{an}的前n项和Sn=n2+2n.
(1)求{an}的通项公式；

(2)设bn=1anan+1，bn的前n项和为Tn，求Tn.

在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且csA=13，a=42．
(1)若c=3，求C；

(2)若c=3b，求△ABC的面积．

如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中E，F，P，Q分别是BC,C1D1,A1D1,BD的中点．

(1)求证： PQ//平面DCC1D1；

(2)求证： EF//平行BDD1B1 .
参考答案与试题解析
2020-2021学年广西壮族自治区贵港市高一（下）5月月考数学（文）试卷
一、选择题
1.
【答案】
D
【考点】
一元二次不等式的解法
交、并、补集的混合运算
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由题得A=x|−12≤x≤1，
所以∁UA={x|x<−12或x>1}，
所以∁UA∩B={x|x<−12或1故选D．
2.
【答案】
C
【考点】
正弦定理
解三角形
【解析】
由题意，根据三角形内角和求出B的大小，再利用正弦定理进行求解即可.
【解答】
解：因为A=30​∘，C=15​∘，
所以B=180​∘−A−C=180​∘−30​∘−15​∘=135​∘，
由正弦定理，得asinA=bsinB，
所以b=asinBsinA=5×2212=52 .
故选C.
3.
【答案】
A
【考点】
等差数列的性质
等差数列的前n项和
【解析】
由等差数列an的性质可得： a1+a9=a2+a8=10，再利用求和公式即可得出．
【解答】
解：由等差数列的性质可得： a1+a9=a2+a8=10，
则S9=9a1+a92=9×102=45，
故选A．
4.
【答案】
B
【考点】
等比数列的通项公式
等比数列的性质
【解析】
由等比数列的性质可知，a3⋅a4=a1⋅a6=12，又∵ a6=6，∴ a1=126=2 .
【解答】
解：由等比数列的性质可知，a3⋅a4=a1⋅a6=12，
又∵ a6=6，
∴ a1=126=2 .
故选B .
5.
【答案】
C
【考点】
余弦定理
等比中项
【解析】
a，b，c成等比数列，可得b2＝ac，又c＝2a，可得b2＝2a2，利用余弦定理即可得出．
【解答】
解：∵ a，b，c成等比数列，
∴ b2=ac，
又c=2a，∴ b2=2a2，
则csB=a2+c2−b22ac=a2+4a2−2a22a×2a=34.
故选C.
6.
【答案】
C
【考点】
指数函数的性质
对数值大小的比较
对数的运算性质
不等式比较两数大小
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：2>−3时，A，B错误，2>1时，D错误，y=2x是R上的增函数．
故C正确．
7.
【答案】
B
【考点】
球的表面积和体积
球内接多面体
棱柱的结构特征
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：因为正方体的体积为8，即其棱长为2，体对角线长为23，
因此其外接球直径为23，半径为3，
所以其外接球的表面积为4π×32=12π.
故选B.
8.
【答案】
B
【考点】
由三视图求体积
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由三视图知该几何体为正方体截去了两个相同的三棱锥，
如图所示：
则该几何体的体积为
2×2×2−2×13×12×2×1×2=8−43=203．
故选B．
9.
【答案】
B
【考点】
柱体、锥体、台体的体积计算
【解析】
首先根据圆锥表面积求出，，然后求出圆锥的高，最后利用圆锥体积公式求出结果.
【解答】
解：设圆锥的底面半径为r，圆锥的母线长为l，
由πl=2πr，得l=2r.
又∵ S=πr2+πr⋅2r=3πr2=3π，
解得r=1，
∴ l=2r=2，
∴ 圆锥的高为ℎ=22−12=3，
∴ 圆锥的体积为V=13πr2ℎ=13π×12×3=33π.
故选B．
10.
【答案】
A
【考点】
基本不等式在最值问题中的应用
基本不等式
【解析】
无
【解答】
解：由x>0，y>0，且x+y=2xy，可得1x+1y=2，
又由x+4y=12×(x+4y)(1x+1y)
=12⋅(5+4yx+xy)≥12⋅5+24yx×xy=92，
当且仅当4yx=xy，即x=2y，x=32，y=34时，等号成立，
所以x+4y的最小值为92．
故选A．
11.
【答案】
D
【考点】
余弦定理
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由2ac=a2+c2−b2 得csB=a2+c2−b22ac=22，
所以B=45∘．
故选D．
12.
【答案】
A
【考点】
柱体、锥体、台体的体积计算
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：易得正八面体上半部分的斜高为3，高为2，
则其体积为2×2×23×2=823.
故选A.
二、填空题
【答案】
−1,0∪1,+∞
【考点】
一元二次不等式的解法
分式不等式的解法
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：∵ 1x−x<0，
即1−x2x<0，
整理，得x1−x2<0，
即xx−1x+1>0，
解得x>1，−1∴ x∈−1,0∪1,+∞.
故答案为：−1,0∪1,+∞.
【答案】
3
【考点】
一元二次不等式的解法
【解析】
不等式ax2+8ax+21<0的解集是{x|−70)的两根，由韦达定理即可得到a．
【解答】
解：不等式ax2+8ax+21<0的解集是{x|−7即有−7，−1是ax2+8ax+21=0(a>0)的两根，
即有−7−1=−8aa，−7×(−1)=21a，
解得a=3，成立．
故答案为：3.
【答案】
an=2021⋅3n−1−1
【考点】
数列递推式
等比数列的通项公式
【解析】
等式两边加1，构造an+1+1an+1=3，构造数列an+1是公比为3的等比数列，求通项公式．
【解答】
解：an+1=3an+2⇒an+1+1=3an+1，an+1+1an+1=3，
数列an+1是首项为a1+1=2021，公比为3的等比数列，
an+1=2021⋅3n−1⇒an=2021⋅3n−1−1 .
故答案为：an=2021⋅3n−1−1 .
【答案】
13
【考点】
数列递推式
【解析】
无
【解答】
解：由已知，
a1=1，a2=3，且an+1an−1=ann≥2，
则a1a3=a2，
从而a3=3，
又a2a4=a3，
∴a4=1，
同理a5=13，a6=13，a7=1，a8=3，
那么数列an为周期数列，且周期为6．
∴a2021=a5=13．
故答案为：13．
三、解答题
【答案】
解：1在等比数列{an}中，由已知可得：(a1q)3=27，a1q+a1q3=30，
解得：a1=1，q=3，或a1=−1，q=−3.
2∵ Sn=a1(1−qn)1−q，q>0
∴ a1=1,q=3,时，S6=1×(1−36)1−3=1−36−2=364.
【考点】
等比数列的通项公式
等比数列的前n项和
【解析】
（1）由已知可得：a1q+a1q3=30˙解方程可求
（2）由（1）可知q≠1，利用等比数列的求和公式Sn=a1(1−qn)1−q可分别求解
【解答】
解：1在等比数列{an}中，由已知可得：(a1q)3=27，a1q+a1q3=30，
解得：a1=1，q=3，或a1=−1，q=−3.
2∵ Sn=a1(1−qn)1−q，q>0
∴ a1=1,q=3,时，S6=1×(1−36)1−3=1−36−2=364.
【答案】
解：(1)因为bcsA=c−32a，
所以b⋅b2+c2−a22bc=c−32a，
所以b2+c2−a2=2c2−3ac，即c2+a2−b2=3ac.
由余弦定理可得csB=c2+a2−b22ac=32.
因为B∈0,π，所以B=π6．
(2)由正弦定理可得c=AHsin∠AHBsinB=AHsinπ2sinπ6=2.
因为△ABC的面积为23，
所以12acsinB=23，解得a=43.
由余弦定理可得b2=a2+c2−2accsB
=48+4−2×2×43×32=28，
则b=27.
【考点】
余弦定理
正弦定理
【解析】


【解答】
解：(1)因为bcsA=c−32a，
所以b⋅b2+c2−a22bc=c−32a，
所以b2+c2−a2=2c2−3ac，即c2+a2−b2=3ac.
由余弦定理可得csB=c2+a2−b22ac=32.
因为B∈0,π，所以B=π6．
(2)由正弦定理可得c=AHsin∠AHBsinB=AHsinπ2sinπ6=2.
因为△ABC的面积为23，
所以12acsinB=23，解得a=43.
由余弦定理可得b2=a2+c2−2accsB
=48+4−2×2×43×32=28，
则b=27.
【答案】
证明：(1)如图，连结SB，
∵ E，G分别是BC，SC的中点，
∴ EG // SB，
又SB⊂平面BDD1B1，EG⊄平面BDD1B1，
∴ 直线EG // 平面BDD1B1．
(2)如图，连结SD，
∵ F，G分别是DC，SC的中点，
∴ FG // SD，
又SD⊂平面BDD1B1，FG⊄平面BDD1B1，
∴ FG // 平面BDD1B1，
又直线EG // 平面BDD1B1，
且直线EG⊂平面EFG，直线FG⊂平面EFG，
EG∩FG=G，
∴ 平面EFG // 平面BDD1B1．
【考点】
直线与平面平行的判定
平面与平面平行的判定
【解析】
此题暂无解析
【解答】
证明：(1)如图，连结SB，
∵ E，G分别是BC，SC的中点，
∴ EG // SB，
又SB⊂平面BDD1B1，EG⊄平面BDD1B1，
∴ 直线EG // 平面BDD1B1．
(2)如图，连结SD，
∵ F，G分别是DC，SC的中点，
∴ FG // SD，
又SD⊂平面BDD1B1，FG⊄平面BDD1B1，
∴ FG // 平面BDD1B1，
又直线EG // 平面BDD1B1，
且直线EG⊂平面EFG，直线FG⊂平面EFG，
EG∩FG=G，
∴ 平面EFG // 平面BDD1B1．
【答案】
解：(1)an=S1,n=1,Sn−Sn−1 ,n≥2,
当n=1时，a1=S1=3，
当n≥2时，an=Sn−Sn−1=2n+1，
综上得：an=2n+1.
(2)bn=1anan+1
=12n+12n+3
=1212n+1−12n+3，
Tn=b1+b2+…+bn
=1213−15+15−17+…+12n+1−12n+3
=1213−12n+3
=16−14n+6.
【考点】
数列递推式
数列的求和
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)an=S1,n=1,Sn−Sn−1 ,n≥2,
当n=1时，a1=S1=3，
当n≥2时，an=Sn−Sn−1=2n+1，
综上得：an=2n+1.
(2)bn=1anan+1
=12n+12n+3
=1212n+1−12n+3，
Tn=b1+b2+…+bn
=1213−15+15−17+…+12n+1−12n+3
=1213−12n+3
=16−14n+6.
【答案】
解：(1)∵csA=13，
∴sinA=223 ，
∵asinA=csinC，a=42，c=3，
∴42223=3sinC ，
∴sinC=12 ，
∵c∴C=π6．
(2)由余弦定理得a2=b2+c2−2bccsA，
∵a=42，c=3b，csA=13,
∴32=b2+9b2−2b2，
∴b=2，c=6，
故S△ABC=12bcsinA=12×2×6×223=42 ．
【考点】
正弦定理
同角三角函数间的基本关系
余弦定理
【解析】
无
无
【解答】
解：(1)∵csA=13，
∴sinA=223 ，
∵asinA=csinC，a=42，c=3，
∴42223=3sinC ，
∴sinC=12 ，
∵c∴C=π6．
(2)由余弦定理得a2=b2+c2−2bccsA，
∵a=42，c=3b，csA=13,
∴32=b2+9b2−2b2，
∴b=2，c=6，
故S△ABC=12bcsinA=12×2×6×223=42 ．
【答案】
证明：(1)连接AC、CD1，
∵P、Q分别是AD1、AC的中点，
∴PQ//CD1，
又PQ⊄平面DCC1D1，CD1⊂平面DCC1D1，
∴PQ//平面DCC1D1．
(2)连接B1D1，取B1D1的中点O1，
连接FO1，则有FO1=//12B1C1，
又BE=//12B1C1，
∴ BE=//FO1，
∴四边形BEFO1为平行四边形，
∴EF//BO1，
又EF⊄平面BB1D1D，BO1⊂平面BB1D1D，
∴EF//平面BB1D1D．
【考点】
直线与平面平行的判定
【解析】
无
无
【解答】
证明：(1)连接AC、CD1，
∵P、Q分别是AD1、AC的中点，
∴PQ//CD1，
又PQ⊄平面DCC1D1，CD1⊂平面DCC1D1，
∴PQ//平面DCC1D1．
(2)连接B1D1，取B1D1的中点O1，
连接FO1，则有FO1=//12B1C1，
又BE=//12B1C1，
∴ BE=//FO1，
∴四边形BEFO1为平行四边形，
∴EF//BO1，
又EF⊄平面BB1D1D，BO1⊂平面BB1D1D，
∴EF//平面BB1D1D．