2020-2021学年广西贵港市高一（下）5月月考数学（文）试卷人教A版

这是一份2020-2021学年广西贵港市高一（下）5月月考数学（文）试卷人教A版，共10页。

2020-2021学年广西贵港市高一（下）5月月考数学（文）试卷
一、选择题
 
1. 集合A=x|x2−x−6≤0，B=x|2x−a≤0，且A∩B=x|−2≤x≤1，则a=(        )
A.−4 B.−2 C.2 D.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.3 B.4 C.5 D.6
 
3. 已知各项为正数的等比数列an满足a1=1，a2a4=16，则a6=(        )
A.64 B.32 C.16 D.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⊥β B.若α⊥β，l⊥α，则l // β C.若l // α，l // β，则α // β D.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.6π B.36π C.18π D.9π
 
6. 若数列an满足an=2an−1+1，a1=1，则an=(        )
A.2n−1 B.2n−1−1 C.12n−1+1 D.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.232 B.2 C.23 D.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.16 B.12 C.8+42 D.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.223 B.233 C.32 D.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.4005 B.4006 C.4007 D.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log13a2021=________．
 
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→=(cosA, 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（文）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： cosA=AB2+AC2−BC22AB⋅AC=12， ∴sinA=1−cos2A=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log13a2021=log13132020=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→=(cosA, sinB)平行， 所以asinB−3bcosA=0， 由正弦定理可知：sinAsinB−3sinBcosA=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+c2−2bccosA， 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→=(cosA, sinB)平行， 所以asinB−3bcosA=0， 由正弦定理可知：sinAsinB−3sinBcosA=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+c2−2bccosA， 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cos∠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cos∠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．