(浙江專用)2019高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 階段質(zhì)量檢測(三)專題一-三“綜合檢測”.doc
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階段質(zhì)量檢測(三) 專題一三“綜合檢測”(時間:120分鐘滿分:150分)一、選擇題(本大題共10小題,每小題4分,共40分,在每小題給出的四個選項中,只有一項是符合題目要求的)1(2018浙江名校聯(lián)考)已知首項為1的等差數(shù)列an的公差為d,前n項和為Sn,且S2,S4,S8成等比數(shù)列,則()Aa21 Ban是單調(diào)數(shù)列CSnan恒成立 D數(shù)列是等比數(shù)列解析:選C由a11及S2,S4,S8成等比數(shù)列,可得SS2S8d22dd0或d2.當(dāng)d0時,an1,Snn,當(dāng)d2時,an2n1,Snn2,故Snan恒成立,選C.2(2018杭州模擬)已知數(shù)列an滿足a11,a23,且anan1n3,則a3a4a5()A1 B2C3 D4解析:選C由已知,an1n3an,a323a22,a433a34,a543a43,a3a4a53,故選C.3已知a,b,c分別為ABC的三個內(nèi)角A,B,C的對邊,若a2c22b,sin B4cos Asin C,則b()A BC2 D4解析:選D由題意得,sin Bsin(AC)sin Acos Ccos Asin C,所以sin Acos Ccos Asin C4cos Asin C,所以sin Acos C3cos Asin C,由正弦定理和余弦定理得a3c,化簡得a2c2b2,又a2c22b,所以b22b,解得b4或b0(舍去),所以b4,故選D.4(2018浙江考前熱身聯(lián)考)如圖,網(wǎng)格紙上小正方形的邊長為1,粗實線和虛線畫出的是某空間幾何體的三視圖,則該幾何體的體積為()A BC2 D4解析:選B構(gòu)造棱長為2的正方體如圖所示,由三視圖知該幾何體是圖中的四棱錐PABCD,其中B,D分別為棱的中點,則其體積V2.故選B.5(2018嘉興高三測試)由函數(shù)ycos 2x的圖象變換得到函數(shù)ycos的圖象,這個變換可以是()A向左平移個單位長度 B向右平移個單位長度C向左平移個單位長度 D向右平移個單位長度解析:選B由于函數(shù)ycoscos 2,因此該函數(shù)的圖象是由函數(shù)ycos 2x的圖象向右平移個單位長度得到的,故選B.6(2018浙江考前模擬)對于數(shù)列an,“|an1|an(n1,2,)”是“an為遞減數(shù)列”的()A充分不必要條件 B必要不充分條件C充要條件 D既不充分也不必要條件解析:選A若|an1|an成立,當(dāng)an10時,則an1an10時,則an1an,所以an為遞減數(shù)列,總之,若|an1|an成立,則an為遞減數(shù)列成立;反之,若an為遞減數(shù)列成立,例如1,2,3,4,5,但不滿足|an1|an成立,所以|an1|0,則a4,故log2a4log23.答案:312(2018紹興模擬)已知數(shù)列an的奇數(shù)項依次構(gòu)成公差為d1的等差數(shù)列,偶數(shù)項依次構(gòu)成公差為d2的等差數(shù)列(其中d1,d2為整數(shù)),且對任意nN*,都有anan1,若a11,a22,且數(shù)列an的前10項和S1075,則d1_,a8_.解析:數(shù)列an的奇數(shù)項依次構(gòu)成公差為d1的等差數(shù)列,偶數(shù)項依次構(gòu)成公差為d2的等差數(shù)列,且對任意nN*,都有anan1,a11,a22,且數(shù)列an的前10項和S1075,51d152d275,化為d1d26.且對任意nN*,都有anan1,其中d1,d2為整數(shù)a2k1a2ka2k1,1(k1)d12(k1)d21kd1,取k2時,可得1d12d2an,所以數(shù)列an單調(diào)遞增且各項均為正數(shù),所以1,所以1.答案:(1)1(2)116(2018紹興高三監(jiān)測考試)在數(shù)列an中,a12n1(nN*),且a11,若存在nN*使得ann(n1)成立,則實數(shù)的最小值為_解析:由題意知,a12n1,則n2時,有a12n11,兩式作差得,2n2n12n1,且2111,所以2n1(nN*),令bn,則bn0,1,所以bn1bn,數(shù)列bn是遞增數(shù)列,數(shù)列bn的最小項是b1,依題意得,存在nN*使得bn成立,即有b1,的最小值是.答案:17(2018浙江名校聯(lián)考)如圖,已知正四面體D ABC,P為線段AB上的動點(端點除外),則二面角D PCB的平面角的余弦值的取值范圍是_解析:當(dāng)點P從點A運動到點B時,二面角D PCB的平面角逐漸增大,二面角D PCB的平面角最小趨近于二面角D ACB的平面角,最大趨近于二面角D BCA的平面角的補角設(shè)正四面體的棱長為2,如圖所示,取AC的中點為E.連接DE,BE,易知DEB為二面角DACB的平面角,DEBE,所以cosDEB,同理二面角D BCA的平面角的補角的余弦值為,故二面角DPCB的平面角的余弦值的取值范圍是.答案:三、解答題(本大題共5小題,共74分,解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟)18(本小題滿分14分)(2018杭州一中調(diào)考)已知數(shù)列an是等差數(shù)列,Sn是其前n項和,且a12,S312.(1)求數(shù)列an的通項公式;(2)設(shè)bnan4n,求數(shù)列bn的前n項和Tn.解:(1)數(shù)列an是等差數(shù)列,Sn是其前n項和,a12,S312,S332d12,解得d2,an2(n1)22n.(2)bnan4n2n4n,Tn2(123n)(442434n)2n2n.19(本小題滿分15分)已知函數(shù)f(x)2sin xcos x2cos2x.(1)求函數(shù)yf(x)的最小正周期和單調(diào)遞減區(qū)間;(2)已知ABC的三個內(nèi)角A,B,C的對邊分別為a,b,c,其中a7,若銳角A滿足f,且sin Bsin C,求bc的值解:(1)f(x)2sin xcos x2cos2xsin 2xcos 2x2sin,因此f(x)的最小正周期為T.由2k2x2k(kZ),得kxk(kZ),所以f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(kZ)(2)由f2sin2sin A,且A為銳角,所以A.由正弦定理可得2R,sin Bsin C,則bc13,所以cos A,所以bc40.20(本小題滿分15分)(2019貴陽摸底)如圖,CD,AB分別是圓柱的上、下底面圓的直徑,四邊形ABCD是邊長為2的正方形,E是底面圓周上不同于A,B兩點的一點,AE1.(1)求證:BE平面DAE;(2)求二面角CDBE的余弦值解:(1)證明:由圓柱的性質(zhì)知,DA平面ABE,又BE平面ABE,BEDA,AB是底面圓的直徑,E是底面圓周上不同于A,B兩點的一點,BEAE.又DAAEA,DA平面DAE,AE平面DAE,BE平面DAE.(2)法一:如圖,過E作EFAB,垂足為F,由圓柱的性質(zhì)知平面ABCD平面ABE,EF平面ABCD.過F作FHDB,垂足為H,連接EH,則EHF即所求的二面角的平面角的補角,由ABAD2,AE1,得DE,BE,BD2,EF,由(1)知BEDE,EH,sinEHF,cosEHF ,二面角CDBE的余弦值為.法二:過A在平面AEB內(nèi)作垂直于AB的直線,建立如圖所示的空間直角坐標系,ABAD2,AE1,BE,E,D(0,0,2),B(0,2,0),(0,2,2)設(shè)平面EBD的法向量為n(x,y,z),則即取z1,則n(,1,1)為平面EBD的一個法向量易知平面CDB的一個法向量為m(1,0,0),cosm,n,由圖知,二面角CDBE為鈍角,二面角CDBE的余弦值為.21(本小題滿分15分)(2018湖州、衢州、麗水聯(lián)考)數(shù)列an中,a1,an1(nN*)(1)求證:an1an;(2)記數(shù)列an的前n項和為Sn,求證:Sn0,且a10,an0,an1anan0.an1an.(2)1an11,an.an,則a1a2an2,由(1)可知0an,Sna1a2an22,且對任意nN*,都有Snna1(n1),證明:Sna10a11a10,解得0a1a20a21a200a220a112,解得1a12.綜上可得1a12.下面利用數(shù)學(xué)歸納法證明:當(dāng)1a12時,nN*,1an2成立當(dāng)n1時,1a12成立假設(shè)當(dāng)nk時,1ak2成立則當(dāng)nk1時,ak1ak121,2)(1,2),即nk1時,不等式成立綜合可得nN*,1an0,即an1an,an是遞增數(shù)列,a1的取值范圍是(1,2)(2)證明:a12,可用數(shù)學(xué)歸納法證明:an2對nN*都成立于是an1an10,即數(shù)列an是遞減數(shù)列在Snna1(n1)中,令n2,可得2a11S22a1,解得a13,因此2a13.下證:當(dāng)2a1時,Snna1(n1)恒成立事實上,當(dāng)2時不合題意事實上,當(dāng)a13時,設(shè)anbn2,可得b11.由an1an1(nN*),可得bn1bn1,可得.于是數(shù)列bn的前n項和Tnb13b13.故Sn2nTn0),由(*)可得Snna1(2a1)n3na1(n1)tn.只要n充分大,可得Sn時不合題意綜上可得2a1,于是可得.故數(shù)列bn的前n項和Tnb1b11,Sn2nTn2n1.- 1.請仔細閱讀文檔,確保文檔完整性,對于不預(yù)覽、不比對內(nèi)容而直接下載帶來的問題本站不予受理。
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