2018-2019学年安徽省六安市舒城中学高一下学期第四次月考数学（文）试题

2018-2019学年安徽省六安市舒城中学高一下学期第四次月考数学（文）试题

‎2018-2019学年安徽省六安市舒城中学高一下学期第四次月考数学（文）试题 命题人：审题人：‎ 注意事项：‎ ‎1.本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.‎ ‎2.答题前，考生务必将自己的姓名、座位号填写在答题卡相应的位置.‎ ‎3.考试结束后，将本试题和答题卡一并交回.‎ 第Ⅰ卷（选择题 共60分）‎ 一、选择题：本大题共12个小题,每小题5分,共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.‎ ‎1.设集合，则 （ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎2.若直线经过两点，则直线的倾斜角为 （ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎3．下列命题中正确的是 （ ）‎ A．利用斜二测画法得到的正方形的直观图是正方形 B．有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体叫棱柱 C．利用斜二测画法得到的平行四边形的直观图是平行四边形 D．用一个平面去截棱锥，底面与截面之间的部分组成的几何体叫棱台 ‎4.如图是正方体的平面展开图，则在这个正方体中与的位置关系为 （ ）‎ A．相交 B．平行 C.异面而且垂直 D.异面但不垂直 ‎5.下列命题中，正确的是 （ ）‎ A．若，，则 B．若，，则 C．若，则 D．若，则 ‎6．在等差数列中，，则等差数列的前13项的和为 （ ）‎ A．24 B．39 C．52 D．104‎ ‎7.设是两条不同的直线，是三个不同的平面，给出下列四个命舒中高一统考文数 第1页 (共4页)‎ 舒中高一统考文数 第2页 (共4页)‎ 题：‎ ‎ ①若，，则 ②若，，则 ‎③若，，则 ④若，，，则 ‎ 其中正确命题的序号是 （ ）‎ A．①和② B．②和③ C．③和④ D. ①和④‎ ‎8.在正方体中，异面直线与所成角的余弦值为 （ ）‎ A． B． C． D.‎ ‎9．在中，若，,三角形的面积，则三角形外接圆的半径为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎10.已知各顶点都在一个球面上的正四棱柱高为，体积为，则这个球的表面积是 （ ）‎ A． 　　　　 B．　　　 C． 　　　　 D ‎ ‎11.在中，若，则 （ ）‎ A． B． C．1 D. ‎ ‎12.将边长为的正方形沿对角线折起，使得平面平面 ‎，在折起后形成的三棱锥中，给出下列三个命题：‎ ‎①面是等边三角形； ②； ③三棱锥的体积是.‎ 其中正确命题的序号是 ( )‎ A．① B．② C．①和② D. ①和③‎ 第Ⅱ卷（非选择题 共90分）‎ 二、选择题：本大题共4个小题,每小题5分,共20分.‎ ‎13.设数列的前项和为若 且 则的通项公式_______．‎ ‎14.将全体正整数排成一个三角形数阵：‎ ‎1‎ ‎3 2‎ ‎4 5 6‎ ‎10 9 8 7‎ ‎11 12 13 14 15‎ ‎21 20 19 18 17 16‎ ‎......‎ 按照以上排列的规律，第2019行从左向右的第3个数为 ‎ 15. 四棱锥的底面为平行四边形，且，记平面与平面的交线为，平面与平面的交线为，则与所成的锐角的余弦值为 ‎ ‎ ‎16.方程的解称为函数的不动点，若有唯一不动点，且数列满足， ，则__________．‎ 三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。‎ ‎17（本小题满分10分）‎ 已知等比数列的前项和为，公比，，．‎ ‎（1）求数列的通项公式；‎ ‎（2）设，求的前项和．‎ ‎18.（本小题满分12分）‎ 如图，在四棱锥中，是正方形，平面，， 分别是的中点．‎ ‎（1）求证：平面平面；‎ ‎（2）证明平面平面.‎ A B D E F P G C 舒中高一统考文数 第3页 (共4页)‎ 舒中高一统考文数 第4页 (共4页)‎ ‎19.（本小题满分12分）‎ 如图，在中，，，，点在边上，且．‎ ‎（1）求的长； （2）求的面积．‎ ‎20.（本小题满分12分）‎ 如图，四边形是矩形，，是的中点，与交于点，平面.‎ ‎（1）证明：；‎ ‎（2）若，求直线与平面所成角的正弦值.‎ ‎21.（本小题满分12分）‎ 已知各项均不相等的等差数列的前五项和，且，，成等比数列.‎ ‎（1）求数列的通项公式；‎ ‎（2）若为数列的前项和，且存在，使得成立，求实数的取值范围.‎ ‎22.（本小题满分12分）‎ 如图，在四棱锥中，，，，‎ 且，．‎ ‎（1）证明：平面；‎ N ‎（2）若，,求六面体的体积.‎ 舒城中学2018届高一第四次月考试卷 理科数学试题 ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ ‎7‎ ‎8‎ ‎9‎ ‎10‎ ‎11‎ ‎12‎ B A C D D C D B C C C C ‎13. 14.2037174 15. 16.2019‎ ‎13.【解析】∵，∴,‎ ‎∴，即。‎ 又，解得。故。‎ ‎∴数列从第二项起是公比为3的等比数列，故当时， 。∴。‎ ‎16.【解析】由题意可知，方程有唯一的解，所以有唯一的解，所以，所以，可得，所以，得，所以数列是以1为首项，1位公差的等差数列，可得，所以.‎ ‎17.【解析】（1）由已知① ，②，‎ ①-②得即，‎ 又 因为，所以， ‎ 因为，所以，即， 所以. ‎ ‎（2）由（1）知,‎ ‎.‎ 错位相减.‎ 所以. ‎ ‎18.【解析】（1）分别是线段的中点，所以，又为正方形，，‎ A B D E F P G C Q H O 所以，‎ 又平面，所以平面.‎ 因为分别是线段的中点，所以，‎ 又平面，所以，平面.‎ 所以平面平面. ‎ ‎（2）因为，，，所以平面，‎ 又，所以平面，所以平面平面. ‎ 取中点，连接，则，平面即为平面，‎ 在平面内，作，垂足为，则平面，‎ ‎19.【解析】（1）在中，∵，∴，‎ 由正弦定理，∴．‎ ‎（2）∵，‎ ‎∴．‎ ‎∴，，‎ 在中，由余弦定理，‎ 得，解得或（舍）．‎ ‎∴的面积 ‎20.【解析】【解析】(1)在矩形中，，是的中点,易得 ‎,又,故 ‎,即 由平面得 又 ‎,,;‎ ‎(2)由题可设，则，，，‎ ‎，,‎ 由（1）可得，，‎ 故，‎ ‎，‎ 故到平面为，则 直线与平面所成角的正弦值 ‎21.【解析】（1）设数列的公差为，则即 又因为，所以 所以.‎ ‎（2）因为，所以. 因为存在，使得成立，所以存在，使得成立，即存在，使成立. 又，（当且仅当时取等号），所以.即实数的取值范围是. ‎ ‎22.【解析】（1）∵在底面中，，，且，‎ ‎∴，，∴，‎ 又∵，，平面，平面，∴平面，‎ 又∵平面，∴，‎ ‎∵，，∴，‎ 又∵，，平面，平面，∴平面．‎ ‎（2）由（1）得平面．‎ 故 ‎,‎