月考卷(3) 数列、空间向量与立体几何-【高考领航】2025年高考数学总复习四测通关卷

月考卷(三)　数列、空间向量与立体几何 1．C　设该圆锥的底面半径为r，母线长为l.由α＝π，得＝π，即＝，则sin ＝＝.又β∈(0，π)，则∈(0，)，所以＝，所以β＝.故选C. 2．C　由题意S3＝a1＋a2＋a3＝a3＋＋＝9(1＋＋)＝27，解得q＝1或q＝－.故选C. 3.A　由题意，得几何体由一个长方体、一个三棱柱和两个三棱锥组成，长方体的体积：3×5×5＝75(cm3)；三棱柱的体积：×3×5×5＝(cm3)；两个三棱锥的体积：2×××3×5×＝(cm3)．所以该几何体的体积为75＋＋＝125(cm3)，所以这只斧头的质量为7.87×125＝983.75(g)．故选A. 4．D　当n为奇数时，an＝＋，当n为偶数时，an＝－(＋)，∴S2023＝(1＋)－(＋)＋(＋)－…＋(＋)－(＋)＋(＋)＝1＋＝.故选D. 5.C　如图，延长DF，CB相交于点M，连接ME并延长，因为点E，F分别是BB1，AB的中点，所以＝＝＝，所以M，E，C1三点共线，所以AC1与平面DEF相交不平行，A1C1与平面DEF相交不平行，故A，B不正确；连接AC与FD相交于点O，因为AB＝AD，F是AB的中点，所以＝＝，又∠DAB＝∠ABC＝90°，所以△DAF∽△ABC，所以∠ADF＝∠CAB，∠DFA＝∠ACB.又∠CAB＋∠ACB＝90°，所以∠CAB＋∠DFA＝90°，所以∠AOF＝90°，所以AC⊥DF.又AC∥A1C1，所以A1C1⊥DF，故C正确，D不正确．故选C. 6．D　因为a1＝，an＋1＝an＋ba(n∈N*)，所以当b＝－1时，a2＝－＝，a3＝－＝，满足an＋1<an≤2an＋1，故A，B正确；当b＝2时，a2＝＋2×＝1，a3＝1＋2×1＝3，不满足a3≤2a2，故选D. 7．D　设数列{an}的公比为q(q>0)，由题意有，a3＝S3－S2＝，则解得a1＝，q＝2，或a1＝，q＝－(舍去)，所以an＝.当1≤n≤5时，an<1；当n≥6时，an>1.则a1a2…an的最小值为a1a2a3a4a5＝(a3)5＝()5.故选D. 8.A　如图，以A为坐标原点，AB，AD，AA1所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，则A(0，0，0)，E(1，0，0)，D(0，2，0)，设F(0，m，n)，m∈[0，2]，n∈[0，2]，则·＝(1，－m，－n)·(0，2－m，－n)＝m2－2m＋n2＝－，由于S△ADE为定值，要想三棱锥F -AED的体积最大，则F到底面ADE的距离最大，其中n2＝－－m2＋2m＝－(m－1)2＋，所以当m＝1时，n2取得最大值，因为n∈[0，2]，所以n的最大值为，所以F(0，1，)，＝(－1，1，)，平面ABB1A1的法向量n1＝(0，1，0)，所以EF与平面ABB1A1所成角的正弦值为| cos〈，n1〉|＝＝＝.故选A. 9.ABC　由题意知，AE∥BF∥CD，四边形ACDE为梯形，如图所示．对于A，由题意知“羡除”有且仅有两个面为三角形，故A正确；对于B，由于AE∥BF∥CD，所以“羡除”一定不是台体，故B正确；对于C，假设四边形ABFE和四边形BCDF为平行四边形，则AE∥BF∥CD，且AE＝BF＝CD，则四边形ACDE为平行四边形，与已知的四边形ACDE为梯形矛盾，故不存在，故C正确；对于D，若AE≠BF≠CD，则“羡除”三个面为梯形，故D错误．故选ABC. 10．BCD　∵S7>S8>S6，∴a7>0，a8<0，a7＋a8>0，∴a1>0，d<0，S14＝＝7(a7＋a8)>0，S15＝＝15a8<0，因此Sn的最大值为S7，d<0，S14>0，当且仅当n≥15时，Sn<0，故选BCD. 11．AB　若{an}为等差数列，则有an＋1－an＝d，则有＝＝2n＋1－an＝2d>0，故{bn}为等比数列，所以A正确；若{bn}为等比数列，因为bn＝2n，所以bn>0，则有＝q>0，则有＝2an＋1－an＝q，则有an＋1－an＝log2q，故{an}为等差数列，所以B正确；设an＝1，则有Sn＝n，bn＝21＝2，可知{Sn}是单调递增数列，但{bn}不是单调递增数列，故C错误；设an＝n－3，则有bn＝2n－3，则{bn}为单调递增数列，但S1＝a1＝－2，S2＝a1＋a2＝－3<a1，所以{Sn}不是单调递增数列，故D错误，故选AB. 12.BD　以C1为坐标原点，，，的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，C1 -xyz.则A1(2，0，0)，B1(0，2，0)，C(0，0，3)，所以(－2，2，0)，＝(－2，0，3)，设平面A1B1C的法向量为n，则 令x＝3，得n＝(3，3，2)．因为＝(－2，0，0)，所以点C1到平面A1B1C的距离d＝＝＝.直线A1C1与平面A1B1C所成角的正弦值为＝＝.故选BD. 13．解析：∵a1＝a2＝1，{nSn＋(n＋2)an}为等差数列，∴{nSn＋(n＋2)an}首项为1×1＋3×1＝4，第二项为2×(1＋1)＋4×1＝8，故公差为8－4＝4.∴nSn＋(n＋2)an＝4＋4(n－1)＝4n，即nSn＋(n＋2)an＝4n，∴Sn＝4－an，n≥2时，Sn－1＝4－an－1，∴an＝Sn－Sn－1＝an－1－an，化简得＝×，∴数列{}是等比数列，公比为，首项为1，∴＝1×()n－1＝21－n，∴an＝n·21－n，则a2024＝2024×2－2023. 答案：2024×2－2023 14．解析： 设等差数列{an}的公差为d，∵a1＝2，S10＝15，∴S10＝10a1＋d＝15，即20＋45d＝15，∴d＝－，∴an＝2－(n－1)＝－n＋.令an＝－n＋＝0，得n＝19，即a19＝0.易知当m≤4时，a2m>0，当m≥5时，a2m<0，故当m＝4时，Bm取得最大值． 答案：4 15．解析：设正方体的棱长为1，过D1作直线l，若直线l与平面ABCD中的直线所成角的最小值为，即l与平面ABCD所成角为，DD1为轴的圆锥母线(母线与DD1所成角为)是直线l的运动轨迹，连接D1A，由题意得D1A∥BC1，直线l与直线BC1所成角为，直线l与直线D1A所成角为.此时D1A为轴的圆锥母线(母线与D1A所成角为)是直线l的运动轨迹，两个圆锥相交得到两条交线．故满足条件的直线l有两条． 答案：2 16．解析：如图，因为AB＝AB，AC＝AD，BC＝BD，所以△ABC≌△ABD，所以平面ABC⊥平面ABD时，四面体的体积取最大值．记线段AB的中点为E，AE＝x，CE＝y，则AB＝2x，DE＝y.在△ACE中，由勾股定理得x2＋y2＝AC2＝9.体积V(x)＝(2×xy)y＝xy2＝x(9－x2)＝3x－x3，求导得V′(x)＝3－x2.令V′(x)>0，解得0<x<；令V′(x)<0，解得x>.所以函数V(x)在(0，)上单调递增，在(，＋∞)上单调递减，所以当x＝时，此时y＝，体积取最大值2.设△ABC，△ABD的外心分别为O1，O2，则EO1OO2为正方形．设EO1＝z，则AE2＋EO＝AO＝CO，得3＋z2＝(－z)2，求得z＝，CO1＝.所以球O的半径OC＝＝ ＝，所以球O的表面积S＝4πR2＝4π×＝15π. 答案：15π 17．解：(1)证明：当n≥2，则Sn－1＝2an－1－a1，而Sn＝2an－a1，可得an＝2(an－an－1)，所以an＝2an－1，又a1≠0， 所以{an}是首项为a1，公比为2的等比数列． (2)由(1)知：an＝2n－1a1，令{bn}的公差为d， 则b2＋b4＝2b1＋4d＝2a1＋4d＝18a1， 所以d＝4a1，故bn＝b1＋(n－1)d＝(4n－3)a1， 所以ak＝bm＋3b1＝(4m－3)a1＋3a1＝4ma1，故2k－1a1＝4ma1，a1≠0， 所以2k－3＝m∈[1，200]，且k，m∈N*，则3≤k≤3＋log2200， 又7<log2200<8，故3≤k<11，共有8个k值， 所以集合{k|ak＝bm＋3b1，1≤m≤200}＝{3，4，5，6，7，8，9，10}，它的元素个数为8. 18．解：(1)证明：设PB的中点为G，连接GF和GE， 因为点G，F分别为PB，PC的中点，所以GF∥BC，且GF＝BC， 又DE∥BC，且DE＝BC，所以GF∥DE，且GF＝DE， 所以四边形GFDE为平行四边形， 所以DF∥GE，又GE⊂平面PBE，DF⊄平面PBE，所以DF∥平面PBE. (2)由平面PBE与平面BCDE的夹角为可知，平面PBE⊥平面ABCD，取BE的中点O，连接PO，则PO⊥BE，PO⊥平面ABCD，如图建立空间直角坐标系， 则O(0，0，0)，A(0，－1，0)，P(0，0，1)，C(－1，2，0)，D(－2，1，0)， 所以＝(－1，2，－1)，＝(－2，1，－1)， 设平面PCD的法向量为n＝(x，y，z)， 则 令x＝1，则n＝(1，－1，－3)，又＝(－2，2，0)． 所以点A到平面PCD的距离为d＝＝＝. 19．解：(1)设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q(q＞0)，根据条件得解得所以an＝2n，故Sn＝n2＋n. 由解得或(舍去)．所以bn＝2n，故Tn＝＝2n＋1－2. (2) 将数列{an}中出现的数列{bn}的项剔除后，剩余的项从小到大排列得到数列{cn}， 因为b11＝211＝2048<a2024＝4048， b12＝212＝4096>a2024＝4048， b12＝212＝4096>a2035＝4070， 所以数列{an}的前2035项中需要剔除{bn}的前11项可得到{cn}的前2024项， 所以K2024＝S2035－T11＝2035×2036－212＋2＝4 139 166. 20．解：(1)证明：因为四边形ADEF为矩形，所以AD∥EF， 又AD⊄平面BCEF，EF⊂平面BCEF， 所以AD∥平面BCEF， 又AD⊂平面ABCD，平面ABCD∩平面BCEF＝BC，所以AD∥BC. (2)由题意知平面ADEF⊥平面ABCD，平面ADEF∩平面ABCD＝AD， ED⊥AD，ED⊂平面ADEF，所以ED⊥平面ABCD. 由(1)可知，AD∥BC， 又∠BCD＝90°，所以CD⊥AD， 故ED，AD，CD两两垂直． 以点D为坐标原点建立空间直角坐标系如图所示， 则A(1，0，0)，C(0，1，0)，E(0，0，)，F(1，0，)， 所以＝(－1，1，0)，＝(－1，0，)，＝(0，－1，)，＝(1，0，0)． 设平面ACE的法向量为n＝(x，y，z)， 则即 令z＝1，得n＝(，，1) 设平面BCEF的法向量为m＝(a，b，c)， 则即令c＝1，得m＝(0，，1)， 所以|cos〈n，m〉|＝＝＝， 故平面ACE与平面BCEF的夹角的余弦值为. 21．解：(1)设等比数列{an}的公比为q(q≠0)， 因为a5≠a1，所以q≠1， 则解得 所以数列{an}的通项公式an＝a1qn－1＝2n，n∈N*. (2)若选①，则bn＝log2an＋1＋an＝log22n＋1＋2n＝(n＋1)＋2n，n∈N*， 所以Tn＝＋＝＋2n＋1－2，n∈N*. 若选②，则bn＝ ＝＝－，n∈N*， 所以Tn＝－＋－＋…＋－＝－＝，n∈N*. 若选③，则bn＝n· 2n，n∈N*， 所以Tn＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n·2n， 则2Tn＝1×22＋2×23＋…＋(n－1)·2n＋n·2n＋1， 两式相减，得－Tn＝2＋22＋23＋…＋2n－n·2n＋1＝－n·2n＋1＝(1－n)2n＋1－2， 则Tn＝(n－1)2n＋1＋2，n∈N*. 22．解：(1)取AC的中点H，连接BH，以CA所在的直线为x轴，BH所在的直线为y轴，过点H且和AA1平行的直线为z轴，建立空间直角坐标系如图所示，由已知可得A(2，0，0)，B(0，－2，0)，C(－2，0，0)，A1(2，0，4)，C1(－2，0，4)，B1(0，－2，4)，设球心G的坐标为(a，b，c)，则GA＝GC＝GB1，且c＝2， 所以 解得所以G(0，2，2)， 所以r＝＝2， 所以外接球的表面积S＝4πr2＝80π. (2)由(1)可知：＝(－2，2，0)，＝(0，0，4)．因为＝，所以＝＋＝＋＝(－2，2，2)，同理＝＋＝＋＝(，1，4)．设平面BMN的法向量m＝(x，y，z)，则即取x＝，则所以m＝(，5，－2)．由(1)可知，截面圆的圆心O在BH的延长线上，且HO＝2，所以＝(0，－4，4)，设直线OB1与平面BMN所成的角大小为θ，所以sin θ＝＝＝，所以直线OB1与平面BMN所成角的正弦值为. 学科网（北京）股份有限公司 $$ 月考卷(三)　数列、空间向量与立体几何 (时间：120分钟　满分：150分) 一、选择题：本大题共8小题，每小题5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．设圆锥的侧面展开图的圆心角为α，轴截面的顶角为β，若α＝π，则β＝(　　) A． B． C． D． 2．等比数列{an}中，a3＝9，且前三项和为S3＝27，则公比q的值是(　　) A．1 B．－ C．1或－ D．－1或－ 3．钺(yuè)的本字其实是“戉(yuè)”，是一种斧头．在中国古代，长江流域以南的少数民族都被称为越人，由于民族很杂部落众多，也称“百越”．有学者指出，“越人”的“越”，其含义可能由“戉”而来，意指这些都是一帮拿着斧头的人．此外，“戊(wù)”的本意和“戉”一样，也是指斧头．如图是一把斧子，它的斧头由铁质锻造，它的形状可以近似看做由上、下两个多面体组合而成，上部是一个长方体，下部是一个“楔(xiē)形”，其尺寸如图标注(单位：cm)，已知铁的比重为7.87 g/cm3，斧头上用作安装斧柄的洞眼仍看作实心，这只斧头的质量(单位：g)所在的区间为(　　) A．(800，1200) B．[1200，1600) C．[1600，2000) D．[2000，2400) 4．若数列{an}满足an＝(－1)n－1·(＋)，则{an}的前2023项和为(　　) A． B． C． D． 5.如图，在直四棱柱ABCD ­A1B1C1D1中，底面ABCD为矩形，AB＝AD，E，F分别为BB1，AB的中点，则(　　) A．AC1∥平面DEF，且A1C1⊥DF B．A1C1∥平面DEF，且A1C1与DF不垂直 C．A1C1与平面DEF相交，且A1C1⊥DF D．A1C1与平面DEF相交，且A1C1与DF不垂直 6．已知数列{an}满足a1＝，an＋1＝an＋ba(n∈N*)，则下列说法错误的是(　　) A．当b＝－1时，an>an＋1 B．当b＝－1时，an≤2an＋1 C．当b＝2时，an> D．当b＝2时，an＋1≤2an 7．已知正项等比数列{an}的前n项和为Sn，S2＝，S3＝，则a1a2…an的最小值为(　　) A．()2 B．()3 C．()4 D．()5 8．正方体ABCD ­A1B1C1D1的棱长为2，E是棱AB的中点，F是四边形AA1D1D内一点(包含边界)，且·＝－，当三棱锥F ­AED的体积最大时，EF与平面ABB1A1所成角的正弦值为(　　) A． B． C． D． 二、选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的，全部选对的得5分，部分选对的得2分，不选或有选错的得0分． 9．《九章算术》是中国古代张苍、耿寿昌所撰写的一部数学专著，是《算经十书》中最重要的一部，其中将有三条棱互相平行且有一个面为梯形的五面体称之为“羡除”，则(　　) A．“羡除”有且仅有两个面为三角形 B．“羡除”一定不是台体 C．不存在有两个面为平行四边形的“羡除” D．“羡除”至多有两个面为梯形 10．已知Sn是公差为d的等差数列{an}的前n项和，且S7>S8>S6，则下列说法正确的是(　　) A．Sn的最大值为S14 B．d<0 C．S14>0 D．当且仅当n≥15时，Sn<0 11．已知数列{an}，{bn}满足：函数f(x)＝2x的图象经过点(an，bn)，设数列{an}的前n项和为Sn，则下列命题中的真命题是(　　) A．若{an}是等差数列，则{bn}是等比数列 B．若{bn}是等比数列，则{an}是等差数列 C．若{Sn}是单调递增数列，则{bn}是单调递增数列 D．若{bn}是单调递增数列，则{Sn}是单调递增数列 12.如图，在直三棱柱ABC ­A1B1C1中，AC＝CB＝2，AA1＝3，∠ACB＝90°，则(　　) A．点C1到平面A1B1C的距离为1 B．点C1到平面A1B1C的距离为 C．直线A1C1与平面A1B1C所成角的正弦值为 D．直线A1C1与平面A1B1C所成角的正弦值为 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分． 13．设数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝a2＝1，{nSn＋(n＋2)an}为等差数列，则a2024＝________． 14．在等差数列{an}中，Sn为其前n项和，a1＝2，S10＝15，记Bm＝a2＋a4＋a8＋…＋a2m，则当m＝________时，Bm取得最大值． 15．正方体ABCD ­A1B1C1D1中，过D1作直线l，若直线l与平面ABCD中的直线所成角的最小值为，且直线l与直线BC1所成角为，则满足条件的直线l的条数为________． 16．四面体D ­ABC的顶点都在球O的表面上，AC＝BC＝AD＝BD＝3，当四面体D ­ABC的体积取最大值时，球O的表面积为________． 四、解答题：本大题共6小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 17．(10分)记Sn为数列{an}的前n项和，已知Sn＝2an－a1，且a1≠0. (1)证明：{an}是等比数列； (2)若{bn}是等差数列，且b1＝a1，b2＋b4＝18a1，求集合{k|ak＝bm＋3b1，1≤m≤200}中元素的个数． 18.(12分)在矩形ABCD中，AD＝2AB＝2，点E是线段AD的中点，将△ABE沿BE折起到△PEB位置(如图)，点F是线段CP的中点． (1)求证：DF∥平面PBE； (2)若平面PBE与平面BCDE的夹角为，求原来位置的点A到平面PCD的距离． 19.(12分)已知数列{an}是等差数列，其前n项和为Sn，数列{bn}是各项均为正数的等比数列，其前n项和为Tn，且a2＝b2＝4，a8＝b4＝16. (1)分别求数列{an}，{bn}的通项公式和Sn，Tn； (2)若将数列{an}中出现的数列{bn}的项剔除后，剩余的项从小到大排列得到数列{cn}，记数列{cn}的前n项和为Kn，求K2024. 20.(12分)如图，在五面体ABCDEF中，四边形ADEF为矩形，且平面ADEF与平面ABCD垂直，∠BCD＝90°，AD＝CD＝BC＝1，DE＝. (1)证明：AD∥BC； (2)求平面ACE与平面BCEF的夹角的余弦值． 21.(12分)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且a5－a1＝S4＝30. (1)求数列{an}的通项公式an； (2)若________，求数列{bn}的前n项和Tn. 在①bn＝log2an＋1＋an； ②bn＝； ③bn＝n·an. 这三个条件中任选一个补充在第(2)问中，并求解． 注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分． 22.(12分)已知在三棱柱ABC ­A1B1C1中，AB＝BC＝BB1＝4，∠ABC＝120°，侧棱与底面垂直，点M，N分别是棱CC1，A1B1的中点． (1)求三棱柱ABC ­A1B1C1外接球的表面积； (2)设平面ABC截三棱柱ABC ­A1B1C1的外接球面所得小圆的圆心为O，求直线OB1与平面BMN所成角的正弦值． 学科网（北京）股份有限公司 $$