2020-2021学年四川省绵阳市高一（下）5月月考数学（文）试卷 (1)人教A版

这是一份2020-2021学年四川省绵阳市高一（下）5月月考数学（文）试卷 (1)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. 在等差数列{an}中，若a2=4，a4=2，则a6=( )
A.−1B.0C.1D.6

2. 已知平面向量a→，b→的夹角为2π3，|a→|=2，|b→|=1，则|a→⋅b→|=（ ）
A.2B.2C.1D.5

3. 如图矩形ABCD的长为2，宽为1，它是水平放置的一个平面图形的直观图，则原图形的面积是（ ）

A.42B.22C.2D.22

4. 在△ABC中，设CB→=a→，AC→=b→，且|a→|=2，|b→|=1，a→⋅b→=−1，则|AB→|=（ ）
A.1B.2C.3D.2

5. 数列an中，an=1nn+1，前n项和为45，则项数n为( )
A.7B.6C.5D.4

6. 已知△ABC的三个角A，B，C成等差数列，三条边 a，b，c成等差数列，且b=2，则△ABC的面积为( )
A.3B.2C.5D.3

7. 若三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的四个面中直角三角形的个数是( )

A.1B.2C.3D.4

8. 已知正三角形ABC的边长为2，设AB→=2a→,BC→=b→，则（ ）
A.|a→+b→|=1B.a→⊥b→
C.(4a→+b→)⊥b→D.a→⋅b→=1

9. 已知等差数列an的前n项和为Sn，若a5=14−a6，则S10=（ ）
A.35B.70C.28D.14

10. 在△ABC中，|AB|=5，|AC|=6，若B=2C，则向量BC→在BA→上的投影是( )
A.−75B.−77125C.77125D.75

11. 已知三棱锥P−ABC的各顶点都在同一球面上，且PA⊥平面ABC，若该棱锥的体积为1，AB=2，AC=1，∠BAC=60∘，则此球的表面积等于( )
A.43πB.323πC.12πD.16π

12. 如图，AB=2，O为圆心，C为半圆上不同于A，B的任意一点，若P为半径OC上的动点，则(PA→+PB→)⋅PC→的最小值等于( )

A.−12B.−2C.−1D.−14
二、填空题

已知向量a→=1,2，b→=t,3，若a→//b→，则t的值为________ .

已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且S1，S3，2a3成等差数列，则公比q=________．

如图，测量河对岸的塔高AB时，选与塔底B在同一水平面内的两个测点C与D．现测得∠BCD=15∘，∠BDC=45∘，CD=302m，并在点C测得塔顶A的仰角为30∘，则塔高AB=________．


如图，在平行四边形ABCD中，AB=2AD，E，F分别为AD，DC的中点，AF与BE交于点O．若12AD→⋅AB→=5OF→⋅OB→，则∠DAB的余弦值为________．

三、解答题

已知平面直角坐标系中，点O为原点，A1,3，B2,−1，C4,m .
(1)若OA→⊥BC→，求实数m的值；

(2)若A，B，C三点共线，求实数m的值．

已知数列an的前n项和为Sn，且a1=2，Sn=an+n2−n．
(1)求an；

(2)设bn=1an⋅an+1，求数列bn的前n项和Tn．

一个透明的球形装饰品内放置了两个公共底面的圆锥，且这两个圆锥的顶点和底面圆周都在这个球面上，如图，已知圆锥底面面积是这个球面面积的316，设球的半径为R，圆锥底面半径为r．

(1)试确定R与r的关系，并求出较大圆锥与较小圆锥的体积之比；

(2)求出两个圆锥的体积之和与球的体积之比．

如图，在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若2acsA=bcsC+ccsB．

(1)求角A的大小；

(2)若点D在边AC上，且BD是∠ABC的平分线，AB=2，BC=4，求AD的长．

已知数列 an 是公比为正数的等比数列，其前n项和为Sn ，满足a1=2，且 a2,2S2,a3 成等差数列．
(1) 求 an 的通项公式；

(2)若数列 bn 满足 bn=lg2an ，求 b12−b22+b32−b42+b52−b62+⋯+b992−b1002的值．

已知a，b，c分别是△ABC的内角A，B，C的对边，且ab=csA2−csB．
(1)求ac；

(2)若b=4，csC=14，求△ABC的面积；

(3)在(2)的条件下，求cs(2C+π3)的值．
参考答案与试题解析
2020-2021学年四川省绵阳市高一（下）5月月考数学（文）试卷
一、选择题
1.
【答案】
B
【考点】
等差中项
【解析】
直接利用等差中项求解即可．
【解答】
解：在等差数列{an}中，
若a2=4，a4=2，则a4=12(a2+a6)=12(4+a6)=2，
解得a6=0．
故选B．
2.
【答案】
C
【考点】
平面向量数量积的运算
向量的模
【解析】
利用向量的数量积公式求解即可.
【解答】
解：由题意可得，
a→⋅b→=|a→|⋅|b→|⋅cs2π3=2×1×−12=−1，
∴ |a→⋅b→|=1.
故选C.
3.
【答案】
A
【考点】
斜二测画法
平面图形的直观图
【解析】
由斜二测画法的规则知求出原图形中AB所对应的边长以及OC在原图形中对应边长，得出高，由此计算原图形的面积．
【解答】
解：由斜二测画法的规则知与x轴平行的线段其长度不变，
平行于y轴的线段，在直观图中长度为原来的一半，
则原图形中AB所对应的边长为A′B′=2，
由OC=2，可得原图形中O′C′=22，且O′C′⊥A′B′，
所以原图形的面积为：A′B′⋅O′C=2×22=42．
故选A.
4.
【答案】
C
【考点】
向量的模
【解析】
由题意可得AB→=AC→+CB→=a→+b→=a→+b→2，再代入求解即可
【解答】
解：|AB→|=|AC→+CB→|=|a→+b→|=(a→+b→)2
=|a|→2+2a→⋅b→+|b→|2
=22+2×−1+12=3.
故选C.
5.
【答案】
D
【考点】
数列的求和
【解析】
利用裂项法，即可得到结论．
【解答】
解：∵ 数列an的通项公式是an=1nn+1=1n−1n+1，
前n项和Sn=11−12+12−13+⋯+1n−1n+1
=1−1n+1=45，
∴ n=4．
故选D．
6.
【答案】
A
【考点】
等差数列的性质
余弦定理
正弦定理
【解析】
根据余弦定理，建立关于a，c的方程并化简得4=a2+c2−ac，而a，b，c成等差数列得a+c=2b=4，代入前面的式子解出a=c=2， 从而得到△ABC是等边三角形，由此不难得到△ABC的面积．
【解答】
解：∵a，b，c成等差数列，b=2，
∴a+c=2b=4．
又∵ A,B,C成等差数列，
则B=π3,
又∵b2=a2+c2−2ac⋅csB，
∴4=a2+c2−2ac⋅csπ3，
即4=a2+c2−ac．
将a+c=4代入，得a2−4a+4=0，得a=2，
从而c=2，三角形为等边三角形．
因此，△ABC的面积S=12acsinB=3．
故选A．
7.
【答案】
D
【考点】
由三视图还原实物图
【解析】
由题意可知，几何体为三棱锥，将其放置在长方体模型中即可得出正确答案．
【解答】
解：由题意可知，几何体是三棱锥，其放置在长方体中形状如图所示，
利用长方体模型可知，此三棱锥的四个面中，是直角三角形的有4个．
故选D．
8.
【答案】
C
【考点】
数量积判断两个平面向量的垂直关系
向量的模
【解析】
取AB中点D，设BE→=AD→=a→，则AD＝BD＝BE＝1，∠EBC＝120∘，从而|a→+b→|=22−12=3，a→，b→的夹角为120∘，4(a→+b→)⋅b→=4a→⋅b→+b→2=4×1×2×cs120∘+4＝0，a→⋅b→=1×2×cs120∘＝−1．
【解答】
解：∵ 正三角形ABC的边长为2，AB→=2a→,BC→=b→，
取AB中点D，设DB→=AD→=a→，
∴ AD=BD=1，
∴ |a→+b→|=22−12=3，故A错误；
a→，b→的夹角为120∘，故B错误；
(4a→+b→)⋅b→=4a→⋅b→+b→2=4×1×2×cs120∘+4=0，
∴ 4(a→+b→)⊥b→，故C正确；
a→⋅b→=1×2×cs120∘=−1，故D错误．
故选C.
9.
【答案】
B
【考点】
等差数列的前n项和
等差数列的性质
【解析】
由等差数列an的性质，及a5=14−a6，可得a1+a10=a5+a6=14．再利用求和公式即可得
【解答】
解：∵ 数列an是等差数列，且a5=14−a6，
∴ a1+a10=a5+a6=14，
则S10=10a1+a102=10×142=70．
故选B．
10.
【答案】
B
【考点】
向量的投影
余弦定理
正弦定理
平面向量数量积的运算
【解析】
结合条件，根据正弦定理即可求出csC=35，进而求出csB=−725，然后根据余弦定理即可求出|BC|的值，从而可求出向量BC→在BA→上的投影的值．
【解答】
解：如图，
根据正弦定理：
|AB|sinC=|AC|sinB,
∴ 5sinC=6sin2C，
即5sinC=62sinCcsC,
∴ csC=35，
∴ csB=cs2C=2cs2C−1=−725,
由余弦定理，|AC|2=|AB|2+|BC|2−2|AB||BC|csB，
即36=25+|BC|2−2⋅5⋅|BC|⋅(−725)，
解得|BC|=115，
∴ 向量BC→在BA→上的投影为：
|BC→|csB=115×(−725)=−77125．
故选B．
11.
【答案】
D
【考点】
球内接多面体
球的表面积和体积
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由题意，AB=2，AC=1，∠BAC=60∘，
则根据余弦定理可得，
BC2=AB2+AC2−2AB⋅AC⋅cs∠BAC=3，
即BC=3．
可得S△ABC=12AB⋅ACsin∠BAC=32．
设△ABC的外接圆的半径为r，
则2r=BCsin∠BAC，解得r=1．
由PA⊥平面ABC，且该棱锥的体积为1，
则PA=ℎ=3VS△ABC=23，
所以球的半径R=r2+ℎ22=2，
则球的表面积S=4πR2=4π×22=16π．
故选D．
12.
【答案】
A
【考点】
平面向量数量积的运算
向量在几何中的应用
基本不等式在最值问题中的应用
【解析】
由题意可得PA→+PB→=2PO→，从而把要求的式子化为−2|PO→|⋅|PC→|，再利用基本不等式求得|PO→|⋅|PC→|≤14，从而求得则(PA→+PB→)⋅PC→的最小值．
【解答】
解：∵ PA→+PB→=2PO→，
∴ (PA→+PB→)⋅PC→=2PO→⋅PC→=−2|PO→|⋅PC→|，
∵ |PO→|+|PC→|=|OC→|=1．
再利用基本不等式可得1≥2|PO→|⋅|PC→|，
故有|PO→|⋅|PC→|≤14，−|PO→|⋅|PC→|≥−14，
∴ (PA→+PB→)⋅PC→=−2|PO→|⋅|PC→|≥−12．
故选A．
二、填空题
【答案】
32
【考点】
平面向量共线（平行）的坐标表示
平行向量（共线向量）
【解析】
利用平面向量共线的坐标表示可得出关于t的等式，进而可求得实数t的值．
【解答】
解：已知向量a→=1,2，b→=t,3，
若a→//b→，则2t=3，解得t=32.
故答案为：32.
【答案】
−12
【考点】
等比数列的性质
等差数列的性质
【解析】
运用等差数列中项性质和等比数列的通项公式，解方程即可得到所求公比．
【解答】
解：设等比数列an的公比为q，
由S1，S3，2a3成等差数列可得2S3=S1+2a3，
即2a1+a2+a3=a1+2a3，得−2a2=a1，
所以q=−12.
故答案为：−12.
【答案】
20m
【考点】
正弦定理
【解析】
直接利用正弦定理和解直角三角形知识的应用求出结果．
【解答】
解：∠DBC=180∘−∠BCD−∠BDC=120∘，
由正弦定理得CBsin∠BDC=CDsin∠DBC，
∴ CB=CD⋅sin∠BDCsin∠DBC=302×2232=203m，
∴ AB=CB⋅tan∠ACB=203×33=20m.
故答案为：20m.
【答案】
317
【考点】
平面向量数量积的性质及其运算
【解析】
用AB→,AD→表示出OF→,OB→，根据条件列方程计算cs∠DAB．
【解答】
解：设AD→=a→，AB→=b→，∠DAB=θ，AO→=λAF→，BO→=μBE→，
则AF→=a→+12b→，BE→=12a→−b→，
得AO→=λa→+λ2b→，BO→=μ2a→−μb→，
又AB→=AO→+OB→，得b→=λ−μ2a→+λ2+μb→，
则 λ−μ2=0，λ2+μ=1，
得λ=25，μ=45，
得OF→=35AF→=35a→+310b→，BO→=25a→−45b→，
设|a→|=m，则|b→|=2m，
由12AD→⋅AB→=5OF→⋅OB→，
有12a→⋅b→=535a→+310b→⋅−25a→+45b→，
得24m2csθ=5−625m2+1825m2csθ+2425m2，得csθ=317.
故答案为：317.
三、解答题
【答案】
解：(1)∵点O为原点，A1,3，B2,−1，C4,m，
∴OA→=1,3，BC→=2,m+1，
∵OA→⊥BC→，
∴OA→⋅BC→=0，
则1×2+3×m+1=0，
∴ m=−53．
(2)∵A，B，C三点共线，
∴AB→//BC→，
由AB→=1,−4，BC→=2,m+1，
∴1×m+1−−4×2=0，
∴m=−9．
【考点】
数量积判断两个平面向量的垂直关系
向量的共线定理
三点共线
【解析】
(1)利用向量的坐标表示先求出OA→，BC→的坐标，结合OA→⊥BC→的坐标表示可得实数m的值．
(2)用A，B，C三点表示出两个向量，结合向量共线可得实数m的值．
【解答】
解：(1)∵点O为原点，A1,3，B2,−1，C4,m，
∴OA→=1,3，BC→=2,m+1，
∵OA→⊥BC→，
∴OA→⋅BC→=0，
则1×2+3×m+1=0，
∴ m=−53．
(2)∵A，B，C三点共线，
∴AB→//BC→，
由AB→=1,−4，BC→=2,m+1，
∴1×m+1−−4×2=0，
∴m=−9．
【答案】
解：(1)数列an的前n项和为Sn，且a1=2，Sn=an+n2−n，
当n≥2时，an=Sn−Sn−1=an+n2−n−an−1+n−12−n−1，
化简可得an−1=2n−2，
则an=2n，对a1=2也成立，
所以数列an的通项公式为an=2n．
(2)由(1)可知an=2n，则an+1=2n+2，
所以bn=1an⋅an+1=14nn+1=141n−1n+1，
数列bn的前n项和为Tn，则
Tn=b1+b2+b3+⋯+bn−1+bn
=141−12+12−13+13−14+⋯+1n−1n+1
=141−1n+1
=n4n+4．
【考点】
数列递推式
数列的求和
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)数列an的前n项和为Sn，且a1=2，Sn=an+n2−n，
当n≥2时，an=Sn−Sn−1=an+n2−n−an−1+n−12−n−1，
化简可得an−1=2n−2，
则an=2n，对a1=2也成立，
所以数列an的通项公式为an=2n．
(2)由(1)可知an=2n，则an+1=2n+2，
所以bn=1an⋅an+1=14nn+1=141n−1n+1，
数列bn的前n项和为Tn，则
Tn=b1+b2+b3+⋯+bn−1+bn
=141−12+12−13+13−14+⋯+1n−1n+1
=141−1n+1
=n4n+4．
【答案】
解：(1)πr2=316×4πR2，r=32R，
OO1=R2−r2=12R，
ℎ大=BO1=BO+OO1=R+12R=32R，
ℎ小=AO1=OA−OO1=R−12R=12R，
V大:V小=ℎ大:ℎ小=3:1.
(2)V大+V小:V球=13πr2ℎ大+13πr2ℎ小:43πR3
=r2ℎ小:R3=r2R2⋅ℎ小R=38．
【考点】
球的表面积和体积
柱体、锥体、台体的体积计算
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)πr2=316×4πR2，r=32R，
OO1=R2−r2=12R，
ℎ大=BO1=BO+OO1=R+12R=32R，
ℎ小=AO1=OA−OO1=R−12R=12R，
V大:V小=ℎ大:ℎ小=3:1.
(2)V大+V小:V球=13πr2ℎ大+13πr2ℎ小:43πR3
=r2ℎ小:R3=r2R2⋅ℎ小R=38．
【答案】
解：(1)在△ABC中，∵ 2acsA=bcsC+ccsB，
∴ 由正弦定理得2sinAcsA=sinBcsC+sinCcsB=sinB+C=sinA．
∵ sinA≠0，∴ csA=12 ，
∵ A∈0,π，∴ A=π3.
(2)在△ABC中，由余弦定理得，
BC2=AB2+AC2−2AB⋅ACcsA，
即16=4+AC2−2AC，
解得AC=1+13，或AC=1−13 （负值，舍去），
∵ BD是∠ABC的平分线，AB=2，BC=4，
∴ ADDC=ABBC=12，
∴ AD=13AC=1+133．
【考点】
正弦定理
两角和与差的正弦公式
余弦定理
【解析】
（1）利用正弦定理将边化角，根据三角恒等变换即可得出csA=12，从而得出A的大小；
（2）利用余弦定理计算AC，根据角平分线的性质得出AD的长．
【解答】
解：(1)在△ABC中，∵ 2acsA=bcsC+ccsB，
∴ 由正弦定理得2sinAcsA=sinBcsC+sinCcsB=sinB+C=sinA．
∵ sinA≠0，∴ csA=12 ，
∵ A∈0,π，∴ A=π3.
(2)在△ABC中，由余弦定理得，
BC2=AB2+AC2−2AB⋅ACcsA，
即16=4+AC2−2AC，
解得AC=1+13，或AC=1−13 （负值，舍去），
∵ BD是∠ABC的平分线，AB=2，BC=4，
∴ ADDC=ABBC=12，
∴ AD=13AC=1+133．
【答案】
解：(1) ∵an 是等比数列，且 a2,2S2,a3 成等差数列，
∴ 4S2=a2+a3，
即4a1+4a1q=a1q+a1q2，
∵a1=2，
∴ q=4，
∴an=22n−1n∈N∗．
(2)∵bn=lg2an=2n−1⋅
∴b12−b22+b32−b42+⋯+b992−b1002
=12−32+52−72+⋯+1972−1992
=−21+3+5+7+⋯+197+199
=−2[100(1+199)2]=−20000．
【考点】
数列的求和
等比数列的通项公式
等差数列的性质
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1) ∵an 是等比数列，且 a2,2S2,a3 成等差数列，
∴ 4S2=a2+a3，
即4a1+4a1q=a1q+a1q2，
∵a1=2，
∴ q=4，
∴an=22n−1n∈N∗．
(2)∵bn=lg2an=2n−1⋅
∴b12−b22+b32−b42+⋯+b992−b1002
=12−32+52−72+⋯+1972−1992
=−21+3+5+7+⋯+197+199
=−2[100(1+199)2]=−20000．
【答案】
解：(1)因为ab=csA2−csB=sinAsinB，
所以2sinA−sinAcsB=sinBcsA，
所以2sinA=sinAcsB+sinBcsA=sinA+B=sinC，
由正弦定理可得，ac=sinAsinC=12.
(2)由余弦定理可得，csC=14=a2+16−4a28a，
整理可得，3a2+2a−16=0，
解得，a=2，
因为sinC=154，
所以S△ABC=12absinC=12×2×4×154=15.
(3)由于sin2C=2sinCcsC=2×154×14=158，
cs2C=2cs2C−1=−78，
所以cs2C+π3=12cs2C−32sin2C
=12×−78−32×158=−7−3516．
【考点】
正弦定理
两角和与差的正弦公式
余弦定理
三角形的面积公式
同角三角函数间的基本关系
二倍角的正弦公式
二倍角的余弦公式
两角和与差的余弦公式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)因为ab=csA2−csB=sinAsinB，
所以2sinA−sinAcsB=sinBcsA，
所以2sinA=sinAcsB+sinBcsA=sinA+B=sinC，
由正弦定理可得，ac=sinAsinC=12.
(2)由余弦定理可得，csC=14=a2+16−4a28a，
整理可得，3a2+2a−16=0，
解得，a=2，
因为sinC=154，
所以S△ABC=12absinC=12×2×4×154=15.
(3)由于sin2C=2sinCcsC=2×154×14=158，
cs2C=2cs2C−1=−78，
所以cs2C+π3=12cs2C−32sin2C
=12×−78−32×158=−7−3516．