（浙江专用）2019高考数学二轮复习阶段质量检测（三）专题一_三“综合检测”.doc

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1、1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 a21 B an是单调数列C Sn an恒成立 D数列 是等比数列Snn解析：选 C 由 a11 及 S2， S4， S8成等比数列，可得 S S2S8d22 dd0 或24d2.当 d0 时， an1， Sn n，当 d2 时， an2 n1， Sn n2，故 Sn

2、an恒成立，选 C.2(2018杭州模拟)已知数列 an满足 a11， a23，且 an an1 n3，则a3 a4 a5( )A1 B2C3 D4解析：选 C 由已知， an1 n3 an， a323 a22，a433 a34， a543 a43， a3 a4 a53，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 c22 b，sin B4cos Asin C，则 b( )A B14 12C2 D4解析：选 D 由题意得，sin Bsin( A C)sin Acos Ccos Asin C，所以 sin Acos C cos Asin C4cos A

3、sin C，所以 sin Acos C3cos Asin C，由正弦定理和余弦定理得 a 3 c ，化简得 a2 c2 b2，又 a2 c22 b，所以a2 b2 c22ab b2 c2 a22bc 12b22 b，解得 b4 或 b0(舍去)，所以 b4，故选 D.124(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 B23 432C2 D4解析：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.13 22 2(

4、1221) 435(2018嘉兴高三测试)由函数 ycos 2x的图象变换得到函数 ycos 的(2x3)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6 6C向左平移 个单位长度 D向右平移 个单位长度3 3解析：选 B 由于函数 ycos cos 2 ，因此该函数的图象是由函数(2x3) (x 6)ycos 2 x的图象向右平移 个单位长度得到的，故选 B.66(2018浙江考前模拟)对于数列 an， “|an1 |0时，则 an1 0，则 a4 ，故 log2a4log 2 3.18 18答案：312(2018绍兴模拟)已知数列 an的奇数项依次构成公差为 d1

5、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 nN *，都有 anan，2n所以数列 an单调递增且各项均为正数，所以 1，1a1 1 1a2 1 1a2 018 1所以 1.1a1 1 1a2 1 1a2 018 1答案：(1)1 (2)116(2018绍兴高三监测考试)在数列 an中， a1 2 n1( nN *)，a22 a33 ann且 a11，若存在 nN *使得 an n(n1) 成立，则实数 的最小值为_解析：由题意知， a1 2 n1，a22 ann则 n2 时，有 a1 2 n1 1，a22 an 1n 17两式作差得， 2 n2 n

6、1 2 n1 ，ann且 2 11 1，a11所以 2 n1 (nN *)，ann ，ann n 1 2n 1n 1令 bn ，则 bn0，2n 1n 1 1，bn 1bn 2 n 1n 2 n 2 nn 2 n 2n 2所以 bn1 bn，数列 bn是递增数列，数列 bn的最小项是 b1 ，12依题意得，存在 nN *使得 bn成立，ann n 1即有 b1 ， 的最小值是 .12 12答案：1217(2018浙江名校联考)如图，已知正四面体 D ABC， P为线段 AB上的动点(端点除外)，则二面角 D PCB的平面角的余弦值的取值范围是_解析：当点 P从点 A运动到点 B时，二面角 D

7、PCB的平面角逐渐增大，二面角 D PCB的平面角最小趋近于二面角 D ACB的平面角，最大趋近于二面角 D BCA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 DEB3 ，同理二面角 D BCA的平面角的补角的 3 2 3 2 22233 13余弦值为 ，故二面角 DPCB的平面角的余弦值的取值范围是 .13 ( 13， 13)答案： (13， 13)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

8、)已知数列 an是等差数列， Sn是其前 n项和，且 a12， S312.(1)求数列 an的通项公式；8(2)设 bn an4 n，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， a12， S312， S332 d12，解得 d2，322 an2( n1)22 n.(2) bn an4 n2 n4 n， Tn2(123 n)(44 24 34 n)2 n n 12 4 1 4n1 4 n2 n .4n 13 4319(本小题满分 15分)已知函数 f(x)2sin xcos x2 cos2x .3 3(1)求函数 y f(x)的最小正周期和单调递减区间

9、；(2)已知 ABC的三个内角 A， B， C的对边分别为 a， b， c，其中 a7，若锐角 A满足f ，且 sin Bsin C ，求 bc的值(A2 6) 3 13314解：(1) f(x)2sin xcos x2 cos2x sin 2 x cos 2x2sin ，3 3 3 (2x3)因此 f(x)的最小正周期为 T .22由 2k 2 x 2 k (kZ)，2 3 32得 k x k (kZ)，12 712所以 f(x)的单调递减区间为 (kZ)k 12， k 712(2)由 f 2sin 2sin A ，且 A为锐角，所以 A .(A2 6) 2(A2 6) 3 3 3由正弦定理

10、可得 2R ，asin A 732 143sin Bsin C ，b c2R 13314则 b c 13，13314 143所以 cos A ，b2 c2 a22bc b c 2 2bc a22bc 12所以 bc40.20(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9圆周上不同于 A， B两点的一点， AE1.(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

11、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 AD2， AE1，得 DE ， BE ， BD2 ，5 3 2 EF ，AEBEAB 32由(1)知 BE DE， EH ，DEBEDB 5322 304sin EHF ，EFEH32304 105cos EHF ，1 sin2 EHF155二面角 CDBE的余弦值

12、为 .155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 AD2， AE1， BE ， E ，3 (32， 12， 0)D(0,0,2)， B(0,2,0)， ， (0，2,2)ED ( 32， 12， 2) BD 设平面 EBD的法向量为 n( x， y， z)，10则 即Error!取 z1，则 n( ，1,1)为平面 EBD的一个法向量3易知平面 CDB的一个法向量为 m(1,0,0)，cosm，n ，mn|m|n| 35 155由图知，二面角 CDBE为钝角，二面角 CDBE的余弦值为 .15521(本小题满分 15分)(2018湖州、衢州、丽

13、水联考)数列 an中， a1 ， an1 12(nN *)a2na2n an 1(1)求证： an1 0，2n (an12) 34且 a1 0， an0，12 an1 an an 2，且对任意 nN *，都有 Sn na1 (n1)，证明： Sna10a1 1 a10，2a1解得 0a20a2 1 a2000，即 an1 an，2an an是递增数列， a1的取值范围是(1,2)(2)证明： a12，可用数学归纳法证明： an2对 nN *都成立于是 an1 an 1 时不合题意73事实上，当 0)，由(*)可得 Sn 时不合题意73综上可得 2a1 ，73于是可得 . .bn 1bn bn 1bn 2 b1 1b1 2 47(由 2a1 73可 得 0b1 13)故数列 bn的前 n项和 Tn b1 b11，1 (47)n1 47 73 Sn2 n Tn2n1.13