高考数学滚动检测05向量数列不等式和立体几何的综合同步单元双基双测B卷文.docx

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高考数学滚动检测05向量数列不等式和立体几何的综合同步单元双基双测B卷文

2019-2020年高考数学滚动检测05向量数列不等式和立体几何的综合同步单元双基双测B卷文

一、选择题（共12小题，每题5分，共60分）

1.【xx河南名校联考】已知公比不为1的等比数列的前项和为，且成等差数列，

则（）

A.B.C.D.

【答案】D

2.《庄子·天下篇》中记述了一个著名命题：

“一尺之棰，日取其半，万世不竭．”反映这个命题本质的式子是（）

A．

B．

C．

D．

【答案】D

【解析】

试题分析：

由题得:

是求首项为,公比为等比数列的前项和.所以:

故选D.

考点：

等比数列求和.

3.设是两个非零的平面向量，下列说法正确的是（）

①若，则有；

②；

③若存在实数λ，使得＝λ，则；

④若，则存在实数λ，使得＝λ.

A.①③B.①④C.②③D.②④

【答案】B

【解析】

考点：

平面向量数量积的应用.

4.【xx辽宁凌源两校联考】若实数，满足不等式组

，，则的取值范围为（）

A.B.C.D.

【答案】A

【解析】画出可行域如图所示,令=,化简得,即过定点（-1,2）的直线系的斜率的取值范围,由图知当直线过定点（-1,2）与交点（-3,1）连线时斜率为,此时斜率最小,则的取值范围为,故选A.

5.已知三棱锥的四个顶点都在球的表面上，平面，且

，则球的表面积为（）

A．B．C.D．

【答案】A

【解析】

考点：

三棱柱外接球

【思想点睛】空间几何体与球接、切问题的求解方法

（1）求解球与棱柱、棱锥的接、切问题时，一般过球心及接、切点作截面，把空间问题转化为平面图形与圆的接、切问题，再利用平面几何知识寻找几何中元素间的关系求解．

（2）若球面上四点P，A，B，C构成的三条线段PA，PB，PC两两互相垂直，且PA＝a，PB＝b，PC＝c，一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，利用4R2＝a2＋b2＋c2求解．

6.【xx黑龙江齐齐哈尔八中三模】如图，网格纸上小正方形的边长为，粗实线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的体积为（）

A.B.C.D.

【答案】A

【解析】该几何体是由两个小三棱锥和一个圆锥组成，

所以体积为

，故选A。

7.【xx江西宜春调研】如图

（1），五边形是由一个正方形与一个等腰三角形拼接而成，其中，，现将进行翻折，使得平面平面，连接，所得四棱锥如图

（2）所示，则四棱锥的外接球的表面积为（）

A.B.C.D.

【答案】C

故选C.

点睛：

本题考查了多面体的外接球，把不易求其外接球半径的几何体转化为易求半径的几何体是解题的关键，体现了补体的方法.

8.设为两个非零向量、的夹角，已知对任意实数，的最小值为1,（）

A．若确定，则唯一确定B．若确定，则唯一确定

C．若确定，则唯一确定D．若确定，则唯一确定

【答案】B

【解析】

考点：

1、平面向量的模；2、平面向量的夹角．

9.【xx湖南浏阳五校联考】已知直线，平面且给出下列命题：

①若∥，则；②若，则∥；

③若，则；④若∥，则.其中正确的命题是

A.①④B.③④C.①②D.①③

【答案】A

【解析】若α∥β，且m⊥α⇒m⊥β，又l⊂β⇒m⊥l，所以①正确。

若α⊥β,且m⊥α⇒m∥β，又l⊂β，则m与l可能平行，可能异面，所以②不正确。

若m⊥l，且m⊥α，l⊂β⇒α与β可能平行，可能相交。

所以③不正确。

若m∥l，且m⊥α⇒l⊥α又l⊂β⇒α⊥β，∴④正确。

故选：

B.

10.已知数列中，，，，则的前100项和为（）

A．1250B．1276C．1289D．1300

【答案】C

【解析】

试题分析：

由条件得，则

＝．因为

，所以

，故选C．

考点：

1、数列的性质；2、等差数列的前项和．

11.已知实数、满足条件

若目标函数的最小值为,则的值为（）

A.B.

C.D.

【来源】【百强校】xx届广东汕头市普通高考高三第二次模拟数学（文）试卷（带解析）

【答案】B

【解析】

考点：

简单的线性规划.

【方法点睛】本题主要考查线性规划中利用可行域求目标函数的最值，属简单题.求目标函数最值的一般步骤是“一画、二移、三求”：

（1）作出可行域（一定要注意是实线还是虚线）；

（2）找到目标函数对应的最优解对应点（在可行域内平移变形后的目标函数，最先通过或最后通过的顶点就是最优解）；（3）将最优解坐标代入目标函数求出最值.

12.如图，在棱长为1的正方体的对角线上取一点，以为球心，为半径作一个球，设，记该球面与正方体表面的交线的长度和为，则函数的图像最有可能的是（）

【答案】B

【解析】

考点：

函数图象.

【思路点晴】球面与正方体的表面都相交，我们考虑三个特殊情形：

（1）当；

（2）当；（3）当.其中

（1）（3）两种情形所得弧长相等且为函数的最大值，根据图形的相似，

（2）中的弧长为

（1）中弧长的一半，对照选项，即可得出答案.本题考查数形结合的数学思想方法，考查特殊值、小题小作的小题技巧.

二．填空题（共4小题，每小题5分，共20分）

13.若非零向量满足,则夹角的余弦值为_______．

【答案】

【解析】

试题分析：

由，得

，即，所以＝．

考点：

1、平面向量的数量积运算；2、平面向量的夹角．

14.如图是棱长为1的正方体，是高为1的正四棱锥，若点在同一个球面上，则该球的表面积为____________．

【答案】

【解析】

试题分析：

按如图所示作辅助线，为球心，设，则，同时由正方体的性质知，则在中，，即，解得，所以球的半径，所以球的表面积为．

考点：

1、多面体的外接球；2、球的表面积．

【思路点晴】解答本题的关键是求出外接球的半径，如何利用题设条件建构含球的半径的方程是解答好本题的关键之所在．求解时充分借助正方体和正四棱锥都是对称图形，将球心设在四棱锥与正方体底面的中心的连线上，借助截面圆的圆心与球心连线垂直于截面圆，运用勾股定理求出了半径．

15.若直线过点，则的最小值为．

【来源】【百强校】xx学年辽宁庄河高中高二10月考文数试卷（带解析）

【答案】

【解析】

考点：

基本不等式的应用.

【方法点睛】本题主要考查的是基本不等式求最值，整体代入并变形为可用基本不等式的形式是解决问题的关键，属于基础题，对于此类题目而言，首先利用已知条件求出之间的关系，即，然后利用乘法对进行处理，发现

，可利用基本不等式进行计算，即可求解，因此此类题目灵活运用基本不等式是解题的关键.

16.【xx湖南五市十校联考】某几何体的三视图如图所示，若该几何体的所有顶点都在一个球面上，则该球的表面积为__________．

【答案】

【解析】由三视图知，几何体是一个三棱柱，三棱柱的底面是边长为2的正三角形，侧棱长是2，

三棱柱的两个底面的中心的中点与三棱柱的顶点的连线就是外接球的半径，

，球的表面积.

点睛：

本题考查了球与几何体的问题，是高考中的重点问题，要有一定的空间想象能力，这样才能找准关系，得到结果，一般外接球需要求球心和半径，首先应确定球心的位置，借助于外接球的性质，球心到各顶点距离相等，这样可先确定几何体中部分点组成的多边形的外接圆的圆心，过圆心且垂直于多边形所在平面的直线上任一点到多边形的顶点的距离相等，然后同样的方法找到另一个多边形的各顶点距离相等的直线（这两个多边形需有公共点），这样两条直线的交点，就是其外接球的球心，再根据半径，顶点到底面中心的距离，球心到底面中心的距离，构成勾股定理求解，有时也可利用补体法得到半径，例：

三条侧棱两两垂直的三棱锥，可以补成长方体，它们是同一个外接球.

三、解答题（本大题共6小题，共70分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）

17.已知等差数列的公差为，是它的前项和，，，成等比数列，

（1）求和；

（2）设数列的前项和为，求。

【答案】

（1）；

（2）

【解析】试题分析：

（1）结合题意求得数列的首项为，则其通项公式为，利用等比数列前n项和公式可得：

；

（2）结合

（1）中求得的数列的前n项和可得,裂项求和可得：

.

试题解析：

（1）因为，，

而，，成等比数列，所以，

即，解得

所以，

（2）由

（1）知

所以

点睛：

使用裂项法求和时，要注意正负项相消时消去了哪些项，保留了哪些项，切不可漏写未被消去的项，未被消去的项有前后对称的特点，实质上造成正负相消是此法的根源与目的．

18.在△中，角的对边分别是，已知向量，，且．

（1）求的值；

（2）若，△的面积，求的值．

【答案】

（1）

（2）

【解析】

试题分析：

（1）先根据向量平行关系得，再由正弦定理，化角得

，最后根据两角和正弦公式及诱导公式得

（2）由三角形面积公式得，即，再根据余弦定理得，解方程组得

试题解析：

解：

（1）∵，∴，

由正弦定理，得

，

化简，得﹒

∵，∴﹒

又∵，∵，∴．

考点：

正余弦定理，两角和正弦公式及诱导公式

19.已知数列的首项，且.

（Ⅰ）证明：

数列是等比数列.

（Ⅱ）设，求数列的前项和.

【答案】（Ⅰ）详见解析（Ⅱ）

【解析】

试题分析：

（Ⅰ）证明数列为等比数列，一般方法为定义法，即确定相邻两项的比值为非零常数：

利用代入化简

，再说明不为零即可（Ⅱ）由（Ⅰ）先根据等比数列通项公式求，即得，代入，可得，因此其前项和应用错位相减法求

试题解析：

解（Ⅰ）证明：

∴

又，∴，

所以数列是以为首项，为公比的等比数列.

（Ⅱ）解：

由（Ⅰ）知，，

即.

∴.

于是

，①

，②

由①-②得，

，

即

，

∴数列的前项和.

考点：

等比数列定义及通项，错位相减法求和。

20.【xx四川成都七中一模】如图，四棱锥中，平面，

为线段上一点，，为的中点.

（1）证明：

（2）求四面体的体积.

【答案】

（1）见解析

（2）

解析：

（1）

由已知得，取的中点，连接，由为中点知

，即又，即故四边形为平行四边形，于是因为

所以

（2）因为平面，为的中点，所以到平面的距离为取得中点，连接，由得

由得到的距离为，故，所以四面体的体积为

21.如图所示，在四棱锥中，四边形为矩形，△为等腰三角形，，平面平面，且，,,分别为，的中点．

（1）证明：

平面；

（2）证明：

平面平面；

（3）求四棱锥的体积．

【答案】

（1）

（2）见解析（3）四棱锥的体积

【解析】

试题分析：

（1）要证平面，由线面平行的判定定理，既要证平行于平面内的一条直线，通过分析，证明即可；

（2）要证平面平面，由面面垂直的判定定理，只要证明平面即可；（3）证明四棱锥的的高为，则体积可求

试题解析：

（1）如图，连接，

∵四边形为矩形且是的中点，

∴也是的中点．

又是的中点，，

∵平面，平面，∴平面．

（2）证明：

∵面平面，，平面平面，

∴平面，

∵平面，∴平面平面．

（3）取的中点为，连接，

∵平面平面，△为等腰直角三角形，

∴平面，即为四棱锥的高．

∵，∴，又，

∴四棱锥的体积．

考点：

线面平行的判定定理，面面垂直的判定定理，椎体的体积公式

22.如右图，已知是边长为2的正方形，平面，，设，．

（1）证明：

；

（2）求四面体的体积；

（3）求点到平面的距离．

【答案】

（1）见解析；

（2）2；（3）2．

【解析】

试题解析：

（1）由已知，是正方形，所以对角线，

因为平面，所以，

因为，相交，所以平面，从而．

（2）四面体的体积

，

所以四面体的体积为2．

（3）先求△的三条边长，，

，

在直角梯形中易求出，

由余弦定理知

，所以，

；

点到平面的距离为，由体积法知：

，解得，所以点到平面的距离为2．

考点：

1、线面垂直的性质；2、线线垂直的判定；3、余弦定理；三角形面积公式；4、多面体的体积；5、空间距离．