2018-2019学年安徽省太和中学高一下学期第三次月考数学（理）试题（解析版）

2018-2019学年安徽省太和中学高一下学期第三次月考数学（理）试题（解析版）

‎2018-2019学年安徽省太和中学高一下学期第三次月考数学（理）试题 一、单选题 ‎1．已知数列满足，，则（ ）‎ A．4 B．-4 C．8 D．-8‎ ‎【答案】C ‎【解析】根据递推公式，逐步计算，即可求出结果.‎ ‎【详解】‎ 因为数列满足，，‎ 所以，，.‎ 故选C ‎【点睛】‎ 本题主要考查由递推公式求数列中的项，逐步代入即可，属于基础题型.‎ ‎2．如图，在三棱柱中，过的平面与平面交于直线，则与的位置关系是（ ）‎ A．异面 B．平行 C．相交 D．以上均有可能 ‎【答案】B ‎【解析】∵A1B1∥AB，AB⊂平面ABC，A1B1⊄平面ABC，∴A1B1∥平面ABC．‎ 又A1B1⊂平面A1B1ED，平面A1B1ED∩平面ABC＝DE，∴DE∥A1B1.‎ 又AB∥A1B1，∴DE∥AB．‎ ‎【考点】线面平行的性质.‎ ‎3．在等差数列中，若，则的值为（ ）‎ A．24 B．36 C．48 D．60‎ ‎【答案】C ‎【解析】先设等差数列的公差为，根据题中条件求出，进而可求出结果.‎ ‎【详解】‎ 设等差数列的公差为，‎ 因为，由等差数列的性质得，‎ 所以.‎ 故选C ‎【点睛】‎ 本题主要考查等差数列的性质，熟记等差数列的通项公式与性质即可，属于基础题型.‎ ‎4．若某几何体的三视图如图所示，则这个几何体的直观图可以是（ ）‎ A． B．‎ C． D．‎ ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：由已知中三视图的上部分有两个矩形，一个三角形，故该几何体上部分是一个三棱柱，下部分是三个矩形，故该几何体下部分是一个四棱柱．‎ ‎【考点】三视图．‎ ‎5．在中，角，，的对边分别是，，，且，，，则等于（ ）‎ A． B．3 C． D．‎ ‎【答案】D ‎【解析】先由题中条件，得到，再根据正弦定理，即可求出结果.‎ ‎【详解】‎ 因为，所以，‎ 所以，‎ 由正弦定理可得：‎ ‎.‎ 故选D ‎【点睛】‎ 本题主要考查解三角形，熟记正弦定理即可，属于常考题型.‎ ‎6．在等差数列中，其前项和为.若公差，且，则的值为（ ）‎ A．70 B．75 C．80 D．85‎ ‎【答案】D ‎【解析】先设，，根据题中条件列出方程组，求解，即可得出结果.‎ ‎【详解】‎ 设，，‎ 则，‎ 解得，.‎ 故选D ‎【点睛】‎ 本题主要考查由等差数列的性质计算偶数项的和，熟记等差数列的前项和的性质即可，属于常考题型.‎ ‎7．已知圆的方程为，设该圆过点的最长弦和最短弦分别为和，则四边形的面积为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】B ‎【解析】由题意作出图像，根据圆的方程得到圆心坐标与半径，由过点的直线过圆心时，对应的弦是最长的，得到；由过点的直线与垂直时，对应的弦最小，求出，进而可求出结果.‎ ‎【详解】‎ 如图所示，记圆的圆心为，则，半径.‎ 当过点的直线过圆心时，对应的弦是最长的，此时，；‎ 当过点的直线与垂直时，对应的弦最小，‎ 此时在中，，，故.‎ 此时四边形的面积为：.‎ 故选B.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查直线与圆的应用，根据几何法求出弦长即可，属于常考题型.‎ ‎8．如图，在四边形中，，，，，将沿折起，使平面平面构成几何体，则在几何体中，下列结论正确的是（ ）‎ A．平面平面 B．平面平面 C．平面平面 D．平面平面 ‎【答案】A ‎【解析】根据线面垂直的判定定理，先得到平面，进而可得到平面平面.‎ ‎【详解】‎ 由已知得，，‎ 又平面平面，所以平面，‎ 从而，故平面.‎ 又平面，‎ 所以平面平面.‎ 故选A.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查面面垂直的判定，熟记面面垂直的判定定理即可，属于常考题型.‎ ‎9．在公比为整数的等比数列中，是数列的前项和，若，，则下列说法错误的是（ ）‎ A． B．数列是等比数列 C． D．数列是公差为2的等差数列 ‎【答案】D ‎【解析】根据题中条件，逐项判断，即可得出结果.‎ ‎【详解】‎ 因为，，‎ 所以，所以，（舍），A正确；‎ 所以，，，，C正确；‎ 又，所以是等比数列，B正确；‎ 又，‎ 所以数列是公差为的等差数列.D错误；‎ 故选D ‎【点睛】‎ 本题主要考查数列的综合应用，熟记等差数列与等比数列的通项公式与求和公式即可，属于常考题型.‎ ‎10．在中，内角，，的对边分别为，，，若 ‎，且，则的形状为（ ）‎ A．等边三角形 B．等腰直角三角形 C．最大角为锐角的等腰三角形 D．最大角为钝角的等腰三角形 ‎【答案】D ‎【解析】先由余弦定理，结合题中条件，求出，再由，求出，进而可得出三角形的形状.‎ ‎【详解】‎ 因为，‎ 所以，，‎ 所以.‎ 又，所以，则的形状为最大角为钝角的等腰三角形.‎ 故选D ‎【点睛】‎ 本题主要考查三角形的形状的判定，熟记余弦定理即可，属于常考题型.‎ ‎11．我国古代数学著作《九章算术》中有这样一个题目：“今有蒲生一日，长三尺；莞生一日，长一尺.蒲生日自半，莞生日自倍.问几何日而长等？”.其大意是“今有蒲生长1日，长为3尺；莞生长1日，长为1尺.蒲的生长逐日减其一半，莞的生长逐日增加一倍.问几日蒲、莞长度相等？”若本题改为求当蒲、莞长度相等时，莞的长度为（ ）‎ A．4尺 B．5尺 C．6尺 D．7尺 ‎【答案】B ‎【解析】先分别记蒲每日长的长度构成的数列记为，莞每日长的长度构成的数列记为，由题意得到其首项与公比，再设日后它们的长度和相等，由题意，列出方程，求解，即可得出结果.‎ ‎【详解】‎ 设蒲每日长的长度构成的数列记为，‎ 则，公比；‎ 莞每日长的长度构成的数列记为，‎ 则，公比，‎ 设日后它们的长度和相等，‎ 则有，即，‎ 令，得，‎ 所以或（舍去），‎ 所以莞的长度为.‎ 故选B ‎【点睛】‎ 本题主要考查等比数列的应用，熟记等比数列的通项公式与求和公式即可，属于常考题型.‎ ‎12．在中，内角，，的对边分别为，，，且，，为的面积，则的最大值为（ ）‎ A．1 B．2 C． D．‎ ‎【答案】C ‎【解析】先由正弦定理，将化为，结合余弦定理，求出，再结合正弦定理与三角形面积公式，可得，化简整理，即可得出结果.‎ ‎【详解】‎ 因为，所以可化为 ‎，即，‎ 可得，所以.‎ 又由正弦定理得，，‎ 所以，‎ 当且仅当时，取得最大值.‎ 故选C ‎【点睛】‎ 本题主要考查解三角形，熟记正弦定理与余弦定理即可，属于常考题型.‎ 二、填空题 ‎13．设等差数列，的前项和分别为，，若，则__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】分析：首先根据等差数列的性质得到，利用分数的性质，将项的比值转化为和的比值，从而求得结果.‎ 详解：根据题意有，所以答案是.‎ 点睛：该题考查的是有关等差数列的性质的问题，将两个等差数列的项的比值可以转化为其和的比值，结论为，从而求得结果.‎ ‎14．已知直线与圆：交于，两点，为圆心，若，则的值为___.‎ ‎【答案】-1‎ ‎【解析】先由圆的方程得到圆心坐标与半径，根据圆心角，得到圆心到直线的距离，再由点到直线距离公式求出圆心到直线的距离，列出等式，即可求出结果.‎ ‎【详解】‎ 由题意可得，圆的标准方程为，圆心，半径，‎ 因为，所以圆心到直线的距离为，‎ 又由点到直线的距离公式可得，圆心到直线的距离为，‎ 所以，解得.‎ 故答案为 ‎【点睛】‎ 本题主要考查直线与圆相交求参数的问题，熟记点到直线距离公式，以及几何法求弦长即可，属于常考题型.‎ ‎15．圆柱形容器内部盛有高度为8cm的水，若放入三个相同的球（球的半径与圆柱的底面半径相同）后，水恰好淹没最上面的球（如图所示），则球的半径是 cm。‎ ‎【答案】4‎ ‎【解析】试题分析：设球半径为r，则由可得，解得．‎ ‎【考点】1．组合几何体的面积、体积．‎ ‎【思路点睛】本题考查几何体的体积，考查学生空间想象能力，解答时，首先设出球的半径，然后再利用三个球的体积和水的体积之和，等于柱体的体积，求解即可．‎ ‎16．已知递增的等差数列满足，，则______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】先设等差数列的公差为，根据题中条件，求出公差，得到通项公式，进而可求出结果.‎ ‎【详解】‎ 设等差数列的公差为，‎ 由，得，解得，则.‎ 所以 ‎.‎ 故答案为 ‎【点睛】‎ 本题主要考查等差数列，熟记等差数列的通项公式与求和公式即可，属于常考题型.‎ 三、解答题 ‎17．已知点关于轴的对称点为，关于原点的对称点为.‎ ‎（1）求中过，边上中点的直线方程；‎ ‎（2）求的面积.‎ ‎【答案】（1）（2）10‎ ‎【解析】（1）根据题意，分别求出点与点坐标，进而可得的中点坐标，的中点坐标，由两点式，即可求出直线方程；‎ ‎（2）由两点间距离，得到，，再判断出，进而可求出三角形的面积.‎ ‎【详解】‎ 解：（1）∵点关于轴的对称点为，∴.‎ 又∵点关于原点的对称点为，‎ ‎∴，‎ ‎∴的中点坐标是，的中点坐标是.‎ 过，的直线方程是，‎ 整理得.‎ ‎（2）易知，，，‎ ‎∴的面积.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查直线的应用，熟记直线的方程，以及三角形面积公式即可，属于基础题型.‎ ‎18．在平行六面体中，,。‎ 求证：（1）；‎ ‎（2）．‎ ‎【答案】（1）见解析（2）见解析 ‎【解析】分析：（1）先根据平行六面体得线线平行，再根据线面平行判定定理得结论；（2）先根据条件得菱形ABB1A1，再根据菱形对角线相互垂直，以及已知垂直条件，利用线面垂直判定定理得线面垂直，最后根据面面垂直判定定理得结论.‎ 详解：‎ 证明：（1）在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，AB∥A1B1．‎ 因为AB平面A1B1C，A1B1平面A1B1C，‎ 所以AB∥平面A1B1C．‎ ‎（2）在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，四边形ABB1A1为平行四边形．‎ 又因为AA1=AB，所以四边形ABB1A1为菱形，‎ 因此AB1⊥A1B．‎ 又因为AB1⊥B1C1，BC∥B1C1，‎ 所以AB1⊥BC．‎ 又因为A1B∩BC=B，A1B平面A1BC，BC平面A1BC，‎ 所以AB1⊥平面A1BC．‎ 因为AB1平面ABB1A1，‎ 所以平面ABB1A1⊥平面A1BC．‎ 点睛：本题可能会出现对常见几何体的结构不熟悉导致几何体中的位置关系无法得到运用或者运用错误，如柱体的概念中包含“两个底面是全等的多边形，且对应边互相平行，侧面都是平行四边形”，再如菱形对角线互相垂直的条件，这些条件在解题中都是已知条件，缺少对这些条件的应用可导致无法证明.‎ ‎19．已知圆：.‎ ‎（1）若直线过定点，且与圆相切，求直线的方程；‎ ‎（2）若圆的半径为3，圆心在直线：上，且与圆外切，求圆的方程.‎ ‎【答案】(1) 和;(2) 或 ‎【解析】试题分析：（1）先求出圆心和半径，然后分成直线斜率存在或不存在两种情况，利用圆心到直线的距离等于半径列方程可求得直线的方程.（2）设出圆圆心坐标，利用两圆外切，连心线等于两圆半径的和列方程，可求得的值，从而求得圆的方程.‎ 试题解析：‎ ‎ (1)圆化为标准方程为，所以圆的圆心为，半径为，①若直线的斜率不存在，即直线是，符合题意.‎ ‎②若直线的斜率存在,设直线的方程为，即.由题意知，圆心到已知直线的距离等于半径，所以，即，解得，所以，直线方程为，综上，所求的直线方程是和.‎ ‎ (2) 依题意设，又已知圆的圆心为，半径为，由两圆外切，可知，，解得或，或，所求圆的方程为或.‎ ‎20．已知数列的前项和为，点在直线上.‎ ‎（1）求数列的通项公式；‎ ‎（2）设，求数列的前项和.‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】（1）先由题意得到，求出，再由，作出，得到数列为等比数列，进而可求出其通项公式；‎ ‎（2）先由（1）得到，再由错位相减法，即可求出结果.‎ ‎【详解】‎ 解：（1）由题可得.‎ 当时，，即.‎ 由题设，，两式相减得.‎ 所以是以2为首项，2为公比的等比数列，故.‎ ‎（2）由（1）可得，所以，‎ ‎.‎ 两边同乘以得.‎ 上式右边错位相减得.‎ 所以.‎ 化简得.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查求数列的通项公式，以及数列的前项和，熟记等比数列的通项公式与求和公式，以及错位相减法求数列的和即可，属于常考题型.‎ ‎21．在中，角，，所对的边分别为，，，且.‎ ‎（1）求角的大小；‎ ‎（2）若，，求的值.‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】分析：(1)根据正弦定理，可将等式中的边转化为角，即 ‎ ，再根据辅助角公式化简得到一个角的三角函数式 ‎.。根据三角形中角的取值范围，确定角A的大小。‎ ‎(2)根据三角形的面积公式，可以得到bc的值；然后利用余弦定理求出的值。‎ 详解:(1)由正弦定理得 ，‎ ‎ 由于,所以,所以，‎ ‎ 则.‎ ‎ 因为,所以,所以，‎ ‎ 所以.‎ ‎ (2)由可得,‎ 所以.‎ 由余弦定理得 ，‎ 所以.‎ 点睛：本题主要考查了正余弦定理的综合应用，涉及三角形的面积公式、边角转化和辅助角公式化简求值等，要注意根据三角形中角的范围缩小角的取值，依据所给条件的不同选择正弦定理或余弦定理求解。‎ ‎22．已知正项等比数列的前项和为，首项，且，正项数列满足，.‎ ‎（1）求数列，的通项公式；‎ ‎（2）记，是否存在正整数 ‎，使得对任意正整数，恒成立？若存在，求正整数的最小值，若不存在，请说明理由.‎ ‎【答案】（1）；（2）见解析 ‎【解析】（1）先设等比数列的公比为，根据题中条件，求出公比，即可得出的通项公式；再由累乘法求出，根据题中条件求出，代入验证，即可得出的通项公式；‎ ‎（2）先由（1）化简，根据，求出的最大值，进而可得出结果.‎ ‎【详解】‎ 解：（1）设等比数列的公比为，‎ 由，得，‎ 又，则，‎ 所以.‎ ‎，由，得 ‎，，…，，‎ 以上各式相乘得：，所以.‎ 在中，分别令，，得，满足.‎ 因此.‎ ‎（2）由（1）知，，‎ ‎∴，‎ 又∵，‎ ‎∴，‎ 令，得，‎ ‎∴，解得，‎ ‎∴当时，，即.‎ ‎∵当时，，，‎ ‎∴，即.‎ 此时，即，‎ ‎∴的最大值为.‎ 若存在正整数，使得对任意正整数，恒成立，则，‎ ‎∴正整数的最小值为4.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考差数列的综合应用，熟记等差数列与等比数列的通项公式与求和公式，会求数列中的最大项即可，属于常考题型.‎