1、江苏省南通市如皋中学2019-2020学年高一数学下学期5月阶段考试试题（含解析）一单项选择题1.在等差数列中，则的值是（ ）A. 49B. 50C. 51D. 52【答案】D【解析】【分析】直接利用为等差数列，可以求得公差，进而可得结论.【详解】在等差数列中，则公差，所以.故选：D.【点睛】本题考查等差数列通项公式的应用，考查计算能力，属于基础题.2.若直线平面a，直线，则l与a的位置关系是（ ）A. B. l与a异面C. l与a相交D. l与a没有公共点【答案】D【解析】【分析】由线面平行的定义判断【详解】因为直线，所以直线l与平面没有公共点.因为直线，所以直线与直线a也没有公共点，故选：
2、D.【点睛】本题考查两直线的位置关系解题时注意题设中线面平行的定义3.等比数列的前n项和为，已知，则A. B. C. D. 【答案】A【解析】设公比为q,则，选A. 4.若，为异面直线，则（ ）A. 与，分别相交B. 至少与，中的一条相交C. 与，都不相交D. 至多与，中的一条相交【答案】B【解析】【分析】直接利用空间中线线，线面，面面间的位置关系求解即可.【详解】由，为异面直线，若与，都不相交，则与直线，都平行，由平行线的性质知，直线，也平行于直线，为异面直线相矛盾，故至少与，中的一条相交.故选：B.【点睛】本题考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系，属于基础题.5.空间
3、四边形中，分别是，的中点，则异面直线，所成的角为（ ）A. 30B. 60C. 90D. 120【答案】B【解析】【分析】取AC中点G，连接EG、FG，可知EGF或其补角即为异面直线AD，BC所成的角，在EFG中，由余弦定理可得cosEGF，结合角的范围可得答案【详解】取AC中点G，连接EG、FG，由三角形中位线的知识可知：EGBC，FGAD，EGF或其补角即为异面直线AD，BC所成的角，在EFG中，cosEGF，EGF120，由异面直线所成角的范围可知应取其补角60，故选：B【点睛】本题考查异面直线所成的角，涉及解三角形的应用，属中档题6.在数列中，已知，则的值（ ）A. 57B. 46C.
4、 13D. 【答案】D【解析】【分析】根据的奇偶分情况讨论，即可得出答案.【详解】当为奇数时， 由，所以，当为偶数时， 由，所以，故故选：D.【点睛】本题考查的知识要点：数列的通项公式的求法及应用，分组求和在数列中的应用，属于基础题.7. 如图，ABC中，ACB90，直线l过点A且垂直于平面ABC，动点Pl，当点P逐渐远离点A时，PCB的大小()A. 变大B. 变小C. 不变D. 有时变大有时变小【答案】C【解析】试题分析：因为ACB90，所以ACBC,又因为直线l垂直于平面ABC，所以lBC，根据线面垂直的判定定理可知，BC平面PAC，所以PCB90，即PCB的大小不变.考点：本小题主要考查
5、线面垂直的判定和应用.点评：应用线面垂直的判定定理时要注意直线要垂直于平面内的两条相交直线.8.定义为个正数、的“均倒数”，若已知正整数列的前项的“均倒数”为，又，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由已知得，求出后，利用当时， 即可求得通项，最后利用裂项法即可求和.【详解】由已知得，当时，验证知当时也成立， 故选：C【点睛】本题是数列中的新定义，考查了与的关系、裂项求和，属于中档题.二多项选择题9.已知，是两个平面，是两条直线，有下列四个结论，正确的是：（ ）A. 如果，那么B. 如果，那么.C. 若直线垂直于平面内的任意一条直线，则D. 如果，那么.【答案】BCD【解
6、析】【分析】运用线面平行的定理和线面垂直的定理，对各选项逐一判断即可.【详解】对于A：由，则或，故A不正确；对于B：由，则，故B正确；对于C：若直线垂直于平面内的任意一条直线，则，故C正确；对于D：由，则，即垂直于同一个平面的两直线平行，故D正确.故选：BCD.【点睛】本题考查命题真假判断，考查空间线面、面面平行和垂直的位置关系，注意运用判定定理和性质定理，考查推理能力，属于基础题10.定义在上的函数，如果对于任意给定的等比数列，数列仍是等比数列，则称为“保等比数列函数”.现有定义在上的四个函数中，是“保等比数列函数”的为（ ）A. B. C. D. 【答案】AC【解析】【分析】直接利用题目中
7、“保等比数列函数”的性质，代入四个选项一一验证即可.【详解】设等比数列的公比为. 对于A，则 ，故A是“保等比数列函数”；对于B，则 常数，故B不是“保等比数列函数”；对于C，则 ，故C是“保等比数列函数”；对于D，则 常数，故D不是“保等比数列函数”.故选：AC.【点睛】本题考查等比数列的定义，考查推理能力，属于基础题.11.已知数列不是常数列，其前项和为，则下列选项正确的是（ ）A. 若数列为等差数列，恒成立，则为递增数列B. 若数列为等差数列，则的最大值在或7时取得C. 若数列为等比数列，则恒成立D. 若数列为等比数列，则也为等比数列.【答案】ABC【解析】【分析】利用等差数列、等比数列
8、的性质直接求解即可得到结论.【详解】对于A：若数列为等差数列，恒成立，则公差，故为递增数列，故A正确；对于B：若数列等差数列，设公差为，由，得，即，故，所以，当时，故的最大值在或7时取得，故B正确；对于C：若数列为等比数列，则恒成立，故C正确；对于D：若数列为等比数列，则，所以不是常数，故不是等比数列，故D错误.故选：ABC.【点睛】本题考查命题真假的判断，考查等差数列、等比数列的性质等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，属于基础题.12.正方体的棱长为1，分别为的中点则（ ）A. 直线与直线垂直B. 直线与平面平行C. 平面截正方体所得的截面面积为D. 点和点到平面的距离相等【答
9、案】BC【解析】【分析】利用向量法判断异面直线所成角；利用面面平行证明线面平行；作出正方体的截面为等腰梯形，求其面积即可；利用等体积法处理点到平面的距离.【详解】对选项A：（方法一）以点为坐标原点，、所在的直线分别为、轴，建立空间直角坐标系，则、.从而，从而，所以与直线不垂直，选项A错误；（方法二）取的中点，连接，则为直线在平面内的射影，与不垂直，从而与也不垂直，选项A错误；取的中点为，连接、，则，易证，从而，选项B正确；对于选项C，连接，易知四边形为平面截正方体所得的截面四边形（如图所示），且，所以，而，从而选项C正确；对于选项D：（方法一）由于，而，而，所以，即，点到平面距离为点到平面的距
10、离的二倍.从而D错误.（方法二）假设点与点到平面的距离相等，即平面将平分，则平面必过的中点，连接交于点，易知不是的中点，故假设不成立，从而选项D错误.【点睛】本题考查空间直线与平面的位置关系，主要是平行和垂直，记熟线面平行、垂直的判定和性质是迅速解题的关键，同时考查截面的画法及计算，以及空间异面直线所成的角的求法，属于基础题和易错题三填空题：本题共4题，每小题5分，共20分.13.在等差数列中，前15项的和，则 .【答案】6【解析】【分析】根据等差数列性质化简和项 即得结果.【详解】【点睛】本题考查等差数列性质，考查基本分析求解能力，属基础题.14.已知面面，点是面，外一点(如图所示)，且直线
11、，分别与，相交于点，若，则_.【答案】【解析】【分析】根据题意可得，进而可得，代入数据即可得到结论.详解】由题意，面面，则，所以，即，所以.故答案为：.【点睛】本题考查线段长的求法，解题时要认真审题，属于基础题.15.下列结论中，正确的序号是_.如果一个平面内有两条直线平行于另一个平面，那么这两个平面平行；如果一个平面内有无数条直线平行于另一个平面，那么这两个平面平行；如果一个平面内有两条相交直线平行于另一个平面，那么这两个平面平行；如果一个平面内的一个角(锐角或钝角)的两边分别平行于另一个平面内的一个角的两边，那么这两个平面平行【答案】【解析】【分析】根据题意，利用线面，面面的关系逐一判断即
12、可.【详解】对于：当两个平面相交时，一个平面内的两条直线可以平行于另一个平面，故错误；对于：如果一个平面内的无数条直线平行于另一个平面，则这两个平面平行或相交，故错误；对于：根据面面平行的判定定理可知，一个平面内的两条相交直线分别与另一个平面平行，则这两个平面平行，故正确；对于：一个角的两边可以看做两条相交直线，根据面面平行的判定定理可知，这两个平面平行，故正确故答案为：.【点睛】本题考查空间中线面，面面平行的判定与性质定理，属于基础题.16.已知在数列中，则数列的通项公式为_.【答案】【解析】【分析】把已知数列递推式取倒数，然后变为，可得数列是等比数列，求其通项公式后可得数列的通项公式.【详
13、解】由题意，取倒数得，即，又，所以，数列是公比为的等比数列，故，所以.故答案为：.【点睛】本题考查数列的递推式求通项公式，属于基础题.四解答题17.四棱锥中，底面正方形，且，是侧棱，的中点，（1）求证：平面；（2）求直线与底面所成角的正切值；【答案】（1）证明见解析.（2）【解析】【分析】（1）根据题意，又，进而可得结论；（2）根据题意可知，直线与底面所成角为，列式解得即可.【详解】（1）由题意，是的中位线，又，而面，面面.（2）连，则是在底面的射影，则所以.【点睛】本题考查线面平行，线面角的正切值，属于基础题.18.已知等差数列的前项和为，且满足，.（1）求数列的通项公式；（2）求数列的前项
14、和.【答案】（1）；（2）试题分析：（1）运用等差数列的通项公式及前项和公式建立方程组即可获解；（2）运用错位相减的方法、等比数列的前项和公式即可获解.【解析】（1）由题设可得方程组，解之得，所以；（2）因为，所以，令，则，因而，因为，所以，以上两式两边相减可得，所以，因此.考点：等差数列及前项和、等比数列及前项和、错位相减法求和及运用.【易错点晴】本题考查的重点是等差数列及前项和、等比数列及前项和、错位相减法求和及运用.求解过程中要求熟练掌握等差数列、等比数列的通项公式及前项和公式等基础知识和基本方法，特别是教材中推导等比数列的前项和的过程中所运用的“错位相减”的数学思想和方法对于求解本题中
15、的和的问题是恰到好处.当然本题的求解也离不开化归与转化的数学思想和方法，如将一个数列拆成两个可求和的两个数列等.19. 如图，已知PA平面ABCD，且四边形ABCD为矩形，M、N分别是AB、PC的中点（1）求证：MNCD；（2）若PDA45，求证：MN平面PCD.【答案】见解析【解析】证明：(1）如图所示，取PD中点E，连接AE、NE，N为PC的中点，E为PD的中点，NECD且NECD，而AMCD且AMABCD，NEAM且NEAM，四边形AMNE为平行四边形，MNAE.又PA平面ABCD，PACD，又ABCD为矩形，ADCD，又ADPAA，CD平面PAD，CDAE，又AEMN，MNCD.(2）
16、由(1）可知CDAE，MNAE.又PDA45，PAD为等腰直角三角形，又E为PD的中点，AEPD，AE平面PCD. 又AEMN，MN平面PCD.【考点】线面垂直的证明.20.已知数列的前项和满足，(为常数，且，).（1）求数列的通项公式；（2）设，若数列为等比数列，求的值.【答案】（1）.（2）【解析】【分析】（1）根据题意，可得数列是以为首项，为公比的等比数列，进而写出通项公式；（2）由（1）可得代入，再由数列为等比数列，进而可得的值.【详解】（1）因为，所以.当时，整理得，即数列是以为首项，为公比的等比数列.所以.（2）由（1）知，(*)由数列是等比数列，则，所以，解得，再将代入(*)式得
17、，故数列为等比数列，所以.【点睛】本题考查数列递推式，考查了等比关系的确定，属于基础题21.如图，在三棱柱中，侧面为菱形.（1）求证：平面.（2）如果点，分别为，的中点，求证：平面.【答案】（1）证明见解析.（2）证明见解析【解析】【分析】（1）根据侧面为菱形，则，进而可得结论；（2）取的中点，连，可得面，同理可得面，进而可得面.【详解】（1）因三棱柱的侧面为菱形，则.又，且，为平面内的两条相交直线，故平面（2）如图，取的中点，连，.因为的中点，则，而平面，平面，故面. 同理，面.因，为平面内的两条相交直线，故平面面.因平面，故面.【点睛】本题考查线面垂直，线面平行的证明，属于基础题.22.已知是以a为首项，q为公比的等比数列，为它的前n项和（）当、成等差数列时，求q的值；（）当、成等差数列时，求证：对任意自然数k，、也成等差数列【答案】（） （）证明见解析过程.【解析】【详解】（）由已知，因此，当、成等差数列时，可得化简得解得（）若，则的每项，此时、显然成等差数列若，由、成等差数列可得，即整理得因此，所以，、也成等差数列【点睛】本小题考查等比数列和等差数列的基础知识以及基本运算能力和分析问题、解决问题的能力