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階段質量檢測（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浙江名校聯考)已知首項為1的等差數列{an}的公差為d，前n項和為Sn，且S2，S4，S8成等比數列，則( )
A．a2＝1 B．{an}是單調數列
C．Sn≥an恒成立 D．數列是等比數列
解析：選C 由a1＝1及S2，S4，S8成等比數列，可得S＝S2S8?d2＝2d?d＝0或d＝2.當d＝0時，an＝1，Sn＝n，當d＝2時，an＝2n－1，Sn＝n2，故Sn≥an恒成立，選C.
2．(2018杭州模擬)已知數列{an}滿足a1＝1，a2＝3，且an＋an＋1＝n＋3，則a3＋a4－a5＝( )
A．1 B．2
C．3 D．4
解析：選C 由已知，an＋1＝n＋3－an，
∴a3＝2＋3－a2＝2，
a4＝3＋3－a3＝4，a5＝4＋3－a4＝3，
∴a3＋a4－a5＝3，故選C.
3．已知a，b，c分別為△ABC的三個內角A，B，C的對邊，若a2－c2＝2b，sin B＝4cos Asin C，則b＝( )
A． B．
C．2 D．4
解析：選D 由題意得，sin B＝sin(A＋C)＝sin Acos C＋cos Asin C，所以sin Acos C＋cos Asin C＝4cos Asin C，所以sin Acos C＝3cos Asin C，由正弦定理和余弦定理得a＝3c，化簡得a2－c2＝b2，又a2－c2＝2b，所以b2＝2b，解得b＝4或b＝0(舍去)，所以b＝4，故選D.
4．(2018浙江考前熱身聯考)如圖，網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． B．
C．2 D．4
解析：選B 構造棱長為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V＝2＝.故選B.
5．(2018嘉興高三測試)由函數y＝cos 2x的圖象變換得到函數y＝cos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y＝cos＝cos 2，因此該函數的圖象是由函數y＝cos 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)對于數列{an}，“|an＋1|
0時，則an＋10，則a4＝，故log2a4＝log2＝－3.
答案：－3
12．(2018紹興模擬)已知數列{an}的奇數項依次構成公差為d1的等差數列，偶數項依次構成公差為d2的等差數列(其中d1，d2為整數)，且對任意n∈N*，都有anan，
所以數列{an}單調遞增且各項均為正數，
所以＋＋…＋＝－<＝2.
又結合(1)可知＋＋…＋>1，
所以＝1.
答案：(1)1 (2)1
16．(2018紹興高三監(jiān)測考試)在數列{an}中，a1＋＋＋…＋＝2n－1(n∈N*)，且a1＝1，若存在n∈N*使得an≤n(n＋1)λ成立，則實數λ的最小值為________．
解析：由題意知，a1＋＋…＋＝2n－1，
則n≥2時，有a1＋＋…＋＝2n－1－1，
兩式作差得，＝2n－2n－1＝2n－1，
且＝21－1＝1，
所以＝2n－1(n∈N*)，
＝，
令bn＝，則bn>0，
＝＝>＝1，
所以bn＋1>bn，數列{bn}是遞增數列，數列{bn}的最小項是b1＝，
依題意得，存在n∈N*使得λ≥＝bn成立，
即有λ≥b1＝，λ的最小值是.
答案：
17．(2018浙江名校聯考)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，DE＝BE＝，所以cos∠DEB＝＝，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杭州一中調考)已知數列{an}是等差數列，Sn是其前n項和，且a1＝2，S3＝12.
(1)求數列{an}的通項公式；
(2)設bn＝an＋4n，求數列{bn}的前n項和Tn.
解：(1)∵數列{an}是等差數列，Sn是其前n項和，a1＝2，S3＝12，
∴S3＝32＋d＝12，解得d＝2，
∴an＝2＋(n－1)2＝2n.
(2)∵bn＝an＋4n＝2n＋4n，
∴Tn＝2(1＋2＋3＋…＋n)＋(4＋42＋43＋…＋4n)
＝2＋
＝n2＋n＋－.
19．(本小題滿分15分)已知函數f(x)＝2sin xcos x＋2cos2x－.
(1)求函數y＝f(x)的最小正周期和單調遞減區(qū)間；
(2)已知△ABC的三個內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，其中a＝7，若銳角A滿足f＝，且sin B＋sin C＝，求bc的值．
解：(1)f(x)＝2sin xcos x＋2cos2x－＝sin 2x＋cos 2x＝2sin，
因此f(x)的最小正周期為T＝＝π.
由2kπ＋≤2x＋≤2kπ＋(k∈Z)，
得kπ＋≤x≤kπ＋(k∈Z)，
所以f(x)的單調遞減區(qū)間為(k∈Z)．
(2)由f＝2sin＝2sin A＝，且A為銳角，所以A＝.
由正弦定理可得2R＝＝＝，
sin B＋sin C＝＝，
則b＋c＝＝13，
所以cos A＝＝＝，
所以bc＝40.
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，AE＝1.
(1)求證：BE⊥平面DAE；
(2)求二面角CDBE的余弦值．
解：(1)證明：由圓柱的性質知，DA⊥平面ABE，
又BE?平面ABE，∴BE⊥DA，
∵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，
∴BE⊥AE.
又DA∩AE＝A，DA?平面DAE，AE?平面DAE，
∴BE⊥平面DAE.
(2)法一：如圖，過E作EF⊥AB，垂足為F，由圓柱的性質知平面ABCD⊥平面ABE，
∴EF⊥平面ABCD.
過F作FH⊥DB，垂足為H，連接EH，
則∠EHF即所求的二面角的平面角的補角，
由AB＝AD＝2，AE＝1，
得DE＝，BE＝，BD＝2，
∴EF＝＝，
由(1)知BE⊥DE，∴EH＝＝＝，
∴sin∠EHF＝＝＝，
∴cos∠EHF＝ ＝，
∴二面角CDBE的余弦值為－.
法二：過A在平面AEB內作垂直于AB的直線，建立如圖所示的空間直角坐標系，
∵AB＝AD＝2，AE＝1，
∴BE＝，∴E，
D(0,0,2)，B(0,2,0)，
∴＝，＝(0，－2,2)．
設平面EBD的法向量為n＝(x，y，z)，
則即
取z＝1，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)，
∴cos〈m，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、麗水聯考)數列{an}中，a1＝，an＋1＝(n∈N*)．
(1)求證：an＋10，
且a1＝>0，∴an>0，
∴an＋1－an＝－an＝<0.
∴an＋12，且對任意n∈N*，都有Sn≥na1－(n－1)，證明：Sn<2n＋1.
解：(1)由a2>a1>0?a1＋－1>a1>0，
解得0a2>0?a2＋－1>a2>0?00，即an＋1>an，
∴{an}是遞增數列，a1的取值范圍是(1,2)．
(2)證明：∵a1>2，可用數學歸納法證明：an>2對?n∈N*都成立．
于是an＋1－an＝－1<0，即數列{an}是遞減數列．
在Sn≥na1－(n－1)中，令n＝2，可得2a1＋－1＝S2≥2a1－，解得a1≤3，
因此2時不合題意．
事實上，當0)，由(*)可得Sn時不合題意．
綜上可得2
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