高考数学浙江二轮复习练习阶段质量检测三 专题一三综合检测.docx
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高考数学浙江二轮复习练习阶段质量检测三专题一三综合检测
2019年4月
阶段质量检测(三)专题一~三“综合检测”
(时间:
120分钟 满分:
150分)
一、选择题(本大题共10小题,每小题4分,共40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.(2018·浙江名校联考)已知首项为1的等差数列{an}的公差为d,前n项和为Sn,且S2,S4,S8成等比数列,则( )
A.a2=1 B.{an}是单调数列
C.Sn≥an恒成立D.数列是等比数列
详细分析:
选C 由a1=1及S2,S4,S8成等比数列,可得S=S2·S8⇒d2=2d⇒d=0或d=2.当d=0时,an=1,Sn=n,当d=2时,an=2n-1,Sn=n2,故Sn≥an恒成立,选C.
2.(2018·杭州模拟)已知数列{an}满足a1=1,a2=3,且an+an+1=n+3,则a3+a4-a5=( )
A.1B.2
C.3D.4
详细分析:
选C 由已知,an+1=n+3-an,
∴a3=2+3-a2=2,
a4=3+3-a3=4,a5=4+3-a4=3,
∴a3+a4-a5=3,故选C.
3.已知a,b,c分别为△ABC的三个内角A,B,C的对边,若a2-c2=2b,sinB=4cosA·sinC,则b=( )
A.B.
C.2D.4
详细分析:
选D 由题意得,sinB=sin(A+C)=sinAcosC+cosAsinC,所以sinAcosC+cosAsinC=4cosA·sinC,所以sinAcosC=3cosAsinC,由正弦定理和余弦定理得a·=3c·,化简得a2-c2=b2,又a2-c2=2b,所以b2=2b,解得b=4或b=0(舍去),所以b=4,故选D.
4.(2018·浙江考前热身联考)如图,网格纸上小正方形的边长为1,粗实线和虚线画出的是某空间几何体的三视图,则该几何体的体积为( )
A.B.
C.2D.4
详细分析:
选B 构造棱长为2的正方体如图所示,由三视图知该几何体是图中的四棱锥PABCD,其中B,D分别为棱的中点,则其体积V=××2=.故选B.
5.(2018·嘉兴高三测试)由函数y=cos2x的图象变换得到函数y=cos的图象,这个变换可以是( )
A.向左平移个单位长度B.向右平移个单位长度
C.向左平移个单位长度D.向右平移个单位长度
详细分析:
选B 由于函数y=cos=cos2,因此该函数的图象是由函数y=cos2x的图象向右平移个单位长度得到的,故选B.
6.(2018·浙江考前模拟)对于数列{an},“|an+1| A.充分不必要条件B.必要不充分条件 C.充要条件D.既不充分也不必要条件 详细分析: 选A 若|an+1| 7.(2019届高三·浙江名校联考)我国古代数学名著《算法统宗》中有如下类似问题: “远望巍巍塔七层,红光点点倍加增,共灯三百八十一,请问底层几盏灯? ”意思是: 一座7层塔共挂了381盏灯,且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍,则塔的底层共有灯( ) A.186盏B.189盏 C.192盏D.96盏 详细分析: 选C 设塔的底层共有灯x盏,则各层的灯数从下到上构成一个首项为x,公比为的等比数列,则=381,解得x=192. 8.(2018·浙江名校联考信息卷)中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题: “今有中试举人壹百名,第一名官给银一百两,自第二名以下挨次各减五钱,问: 该银若干? ”其大意为: 现有100名中试举人,朝廷发银子奖励他们,第1名发银子100两,自第2名起,依次比前1名少发5钱(每10钱为1两),问: 朝廷总共发了多少银子? 则朝廷发的银子共有( ) A.10000两B.7525两 C.5050两D.4950两 详细分析: 选B 根据题意,记第n名中试举人所得的银子(单位: 两)为an(1≤n≤100,n∈N*),则数列{an}是首项为100,公差为-的等差数列,则其前100项和S100=100a1+×=100×100+50×99×=7525,故朝廷总共发了7525两银子.故选B. 9.(2018·浙江五校联考)如图,已知在平行四边形ABCD中,E,M分别为DC的两个三等分点,F,N分别为BC的两个三等分点,且·=25,·=43,则||2+||2=( ) A.45B.60 C.90D.180 详细分析: 选C 设=a,=b,依题意得=+=a+b,=+=a+b,=+=a+b,=+=a+b, ∵·=25,·=43, ∴ 即 解得a2+b2=45,∴||2+||2=|a+b|2+|b-a|2=(a+b)2+(b-a)2=2(a2+b2)=90.故选C. 10.(2019届高三·湖州联考)记数列{an}的前n项和为Sn,若不等式a+≥ma对任意等差数列{an}及任意正整数n都成立,则实数m的最大值为( ) A.B. C.D.1 详细分析: 选A a+=a+2=a+2, 令(n-1)d=t, 则a+=(a1+2t)2+(a1+t)2=2a+6ta1+5t2=52+a, 当t=时,取到最小值. 即(n-1)d=,即n=+1, ∵不等式a+≥ma对任意等差数列{an}及任意正整数n都成立, ∴m≤,∴实数m的最大值为.故选A. 二、填空题(本大题共7小题,多空题每题6分,单空题每题4分,共36分) 11.(2018·邢台摸底)若正项数列{an}满足a2=,a6=,且=(n≥2,n∈N*),则log2a4=________. 详细分析: 由=(n≥2,n∈N*)可得数列{an}是等比数列,所以a=a2a6=,又a4>0,则a4=,故log2a4=log2=-3. 答案: -3 12.(2018·绍兴模拟)已知数列{an}的奇数项依次构成公差为d1的等差数列,偶数项依次构成公差为d2的等差数列(其中d1,d2为整数),且对任意n∈N*,都有an 详细分析: ∵数列{an}的奇数项依次构成公差为d1的等差数列,偶数项依次构成公差为d2的等差数列,且对任意n∈N*,都有an ∴5×1+d1+5×2+×d2=75,化为d1+d2=6. 且对任意n∈N*,都有an a2k-1 1+(k-1)d1<2+(k-1)d2<1+kd1, 取k=2时,可得1+d1<2+d2<1+2d1. ∴d1=3=d2. ∴a8=a2+3d2=2+3×3=11. 答案: 3 11 13.在△ABC中,AB=3,AC=2,A=60°,=m+,则||的最小值为________,又若⊥,则m=________. 详细分析: 因为=m+,所以||2=m2||2+||2+2m·=9m2+4+2m||·||·cos60°=9m2+6m+4=92+3.当m=-时,||2取得最小值为3,所以||的最小值为.在△ABC中,AB=3,AC=2,A=60°,所以|BC|2=4+9-2×2×3cos60°=7,所以|BC|=,所以cosB==,cosC==.因为⊥,所以·=0,所以(m+)·=0,所以m·+·=0,所以m||·||cos(π-B)+||·||cosC=0,所以-3mcosB+2cosC=0,所以m==××=. 答案: 14.已知正项数列{an}的前n项和Sn满足Sn和2的等比中项等于an和2的等差中项,则a1=________,Sn=________. 详细分析: 由题意知=,则Sn=.① 由a1=S1得=,解得a1=2. 又由①式得Sn-1=(n≥2),② ①-②可得an=Sn-Sn-1=-(n≥2),整理得(an+an-1)(an-an-1-4)=0. ∵数列{an}的各项都是正数, ∴an-an-1-4=0,即an-an-1=4. 故数列{an}是以2为首项,4为公差的等差数列, ∴Sn=2n+×4=2n2. 答案: 2 2n2 15.已知数列{an}满足a1=,an+1=a+an,[x]表示不超过x的最大整数,则 (1)=________; (2)=________. 详细分析: (1)由题意得a2=a+a1=, 所以+=+=, 所以=1. (2)因为an+1=a+an, 所以==-, 即=-, 所以++…+ =-+-+…+-=-. 而an+1=a+an>an, 所以数列{an}单调递增且各项均为正数, 所以++…+=-<=2. 又结合 (1)可知++…+>1, 所以=1. 答案: (1)1 (2)1 16.(2018·绍兴高三监测考试)在数列{an}中,a1+++…+=2n-1(n∈N*),且a1=1,若存在n∈N*使得an≤n(n+1)λ成立,则实数λ的最小值为________. 详细分析: 由题意知,a1++…+=2n-1, 则n≥2时,有a1++…+=2n-1-1, 两式作差得,=2n-2n-1=2n-1, 且=21-1=1, 所以=2n-1(n∈N*), =, 令bn=,则bn>0, ==>=1, 所以bn+1>bn,数列{bn}是递增数列,数列{bn}的最小项是b1=, 依题意得,存在n∈N*使得λ≥=bn成立, 即有λ≥b1=,λ的最小值是. 答案: 17.(2018·浙江名校联考)如图,已知正四面体DABC,P为线段AB上的动点(端点除外),则二面角DPCB的平面角的余弦值的取值范围是________. 详细分析: 当点P从点A运动到点B时,二面角DPCB的平面角逐渐增大,二面角DPCB的平面角最小趋近于二面角DACB的平面角,最大趋近于二面角DBCA的平面角的补角.设正四面体的棱长为2,如图所示,取AC的中点为E.连接DE,BE,易知∠DEB为二面角DACB的平面角,DE=BE=,所以cos∠DEB==,同理二面角DBCA的平面角的补角的余弦值为-,故二面角DPCB的平面角的余弦值的取值范围是. 答案: 三、解答题(本大题共5小题,共74分,解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤) 18.(本小题满分14分)(2018·杭州一中调考)已知数列{an}是等差数列,Sn是其前n项和,且a1=2,S3=12. (1)求数列{an}的通项公式; (2)设bn=an+4n,求数列{bn}的前n项和Tn. 解: (1)∵数列{an}是等差数列,Sn是其前n项和,a1=2,S3=12, ∴S3=3×2+d=12,解得d=2, ∴an=2+(n-1)×2=2n. (2)∵bn=an+4n=2n+4n, ∴Tn=2(1+2+3+…+n)+(4+42+43+…+4n) =2×+ =n2+n+-. 19.(本小题满分15分)已知函数f(x)=2sinxcosx+2cos2x-. (1)求函数y=f(x)的最小正周期和单调递减区间; (2)已知△ABC的三个内角A,B,C的对边分别为a,b,c,其中a=7,若锐角A满足f=,且sinB+sinC=,求bc的值. 解: (1)f(x)=2sinxcosx+2cos2x-=sin2x+cos2x=2sin, 因此f(x)的最小正周期为T==π. 由2kπ+≤2x+≤2kπ+(k∈Z), 得kπ+≤x≤kπ+(k∈Z), 所以f(x)的单调递减区间为(k∈Z). (2)由f=2sin=2sinA=,且A为锐角,所以A=. 由正弦定理可得2R===, sinB+sinC==, 则b+c=×=13, 所以cosA===, 所以bc=40. 20.(本小题满分15分)(2019·贵阳摸底)如图,CD,AB分别是圆柱的上、下底面圆的直径,四边形ABCD是边长为2的正方形,E是底面圆周上不同于A,B两点的一点,AE=1. (1)求证: BE⊥平面DAE; (2)求二面角CDBE的余弦值. 解: (1)证明: 由圆柱的性质知,DA⊥平面ABE, 又BE⊂平面ABE,∴BE⊥DA, ∵AB是底面圆的直径,E是底面圆周上不同于A,B两点的一点, ∴BE⊥AE. 又DA∩AE=A,DA⊂平面DAE,AE⊂平面DAE, ∴BE⊥平面DAE. (2)法一: 如图,过E作EF⊥AB,垂足为F,由圆柱的性质知平面ABCD⊥平面ABE, ∴EF⊥平面ABCD. 过F作FH⊥DB,垂足为H,连接EH, 则∠EHF即所求的二面角的平面角的补角, 由AB=AD=2,AE=1, 得DE=,BE=,BD=2, ∴EF==, 由 (1)知BE⊥DE,∴EH===, ∴sin∠EHF===, ∴cos∠EHF==, ∴二面角CDBE的余弦值为-. 法二: 过A在平面AEB内作垂直于AB的直线,建立如图所示的空间直角坐标系, ∵AB=AD=2,AE=1, ∴BE=,∴E, D(0,0,2),B(0,2,0), ∴=,=(0,-2,2). 设平面EBD的法向量为n=(x,y,z), 则即 取z=1,则n=(,1,1)为平面EBD的一个法向量. 易知平面CDB的一个法向量为m=(1,0,0), ∴cos〈m,n〉===, 由图知,二面角CDBE为钝角, ∴二面角CDBE的余弦值为-. 21.(本小题满分15分)(2018·湖州、衢州、丽水联考)数列{an}中,a1=,an+1=(n∈N*). (1)求证: an+1 (2)记数列{an}的前n项和为Sn,求证: Sn<1. 证明: (1)∵a-an+1=2+>0, 且a1=>0,∴an>0, ∴an+1-an=-an=<0. ∴an+1 (2)∵1-an+1=1-=, ∴==-an. ∴an=-, 则a1+a2+…+an=2-, 由 (1)可知0 ∴Sn=a1+a2+…+an=2-<1. 22.(本小题满分15分)(2018·温州模拟)数列{an}的各项均为正数,且an+1=an+-1(n∈N*),{an}的前n项和是Sn. (1)若{an}是递增数列,求a1的取值范围; (2)若a1>2,且对任意n∈N*,都有Sn≥na1-(n-1),证明: Sn<2n+1. 解: (1)由a2>a1>0⇔a1+-1>a1>0, 解得0 又a3>a2>0⇔a2+-1>a2>0⇔0 ⇔0 综上可得1 下面利用数学归纳法证明: 当1 ①当n=1时,1 ②假设当n=k时,1 则当n=k+1时,ak+1=ak+-1∈[2-1,2)⊆(1,2), 即n=k+1时,不等式成立. 综合①②可得∀n∈N*,1 于是an+1-an=-1>0,即an+1>an, ∴{an}是递增数列,a1的取值范围是(1,2). (2)证明: ∵a1>2,可用数学归纳法证明: an>2对∀n∈N*都成立. 于是an+1-an=-1<0,即数列{an}是递减数列. 在Sn≥na1-(n-1)中,令n=2,可得2a1+-1=S2≥2a1-,解得a1≤3, 因此2 下证: 当2 事实上,当2 于是Sn=a1+a2+…+an≥a1+(n-1)=na1-(n-1). 再证明: a1>时不合题意. 事实上,当 可得 由an+1=an+-1(n∈N*), 可得bn+1=bn+-1, 可得=≤≤. 于是数列{bn}的前n项和Tn≤b1·<3b1≤3. 故Sn=2n+Tn<2n+3=na1+(2-a1)n+3.(*) 令a1=+t(t>0),由(*)可得Sn 只要n充分大,可得Sn 这与Sn≥na1-(n-1)恒成立矛盾. ∴a1>时不合题意. 综上可得2 于是可得=≤≤.. 故数列{bn}的前n项和Tn≤b1· ∴Sn=2n+Tn<2n+1.
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