1、广西桂林市第十八中学2020-2021学年高二数学上学期第一次阶段性考试试题 文(含解析)注意事项:试卷共4页,答题卡2页.考试时间120分钟,满分150分;正式开考前,请务必将自己的姓名、考号用黑色水性笔填写清楚并张贴条形码;将所有答案填涂或填写在答题卡相应位置,直接在试卷上做答不得分.第I卷(选择题,共60分)一、选择题(本题包括12小题.每小题只有一个选项符合题意.每小题5分,共60分)1. 已知角的终边经过点,则( )A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据角的终边经过点,可得,再根据计算求得结果【详解】已知角的终边经过点,则,故选B【点睛】本题主要考查任意角的三角函数的
2、定义,属于基础题2. 已知向量,若,则=( )A. 0B. C. 6D. 【答案】C【解析】【分析】先建立方程,再求解即可.【详解】解:因为向量,且,所以,解得:,故选:C.【点睛】本题考查利用向量垂直求参数、向量数量积的坐标表示,是基础题.3. 已知数列是等差数列,且,则( )A. 10B. 9C. 8D. 7【答案】A【解析】【分析】直接利用等差中项求解.【详解】因为数列是等差数列,且,所以,故选:A【点睛】本题主要考查等差中项的应用,属于基础题.4. 在中,则解此三角形可得( )A. 一解B. 两解C. 无解D. 解得个数不确定【答案】C【解析】【分析】先由正弦定理得到,再判断出角不存在
3、,此三角形无解.【详解】解:由正弦定理得:,所以角不存在,所以此三角形无解.故选:C.【点睛】本题考查利用正弦定理判断三角形的解的个数,是基础题.5. 如果1,a,b,c,9成等比数列,那么()A. b3,ac9B. b3,ac9C. b3,ac9D. b3,ac9【答案】B【解析】因为6. 在正方形中,为的中点,若,则的值为( )A. B. C. D. 1【答案】B【解析】【分析】由题,根据平面向量的加法,表示出,可得的值,可得答案.【详解】在正方形中,为 的中点,所以 又因为所以 即故选:B【点睛】本题考查了平面向量的基本定理,熟悉四则运算是解题的关键,属于基础题.7. 已知为偶函数,其部
4、分图象如图所示,分别为最高点和最低点,且,则( )A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据函数是一个偶函数,得到,根据A,B两点间距离为,最高点和最低点之间的垂直距离是2,用勾股定理求出半个周期的大小,得到周期,求出【详解】函数ysin(x+)(0,0)为偶函数,A,B两点间距离为,又最高点和最低点之间的垂直距离是2,半个周期是4,周期T8,8,故选C【点睛】本题考查三角函数的图象及性质的应用,考查了与的求解方法,其中运用是关键,属于基础题8. 已知数列的前项和为若,则( )A. 9B. 27C. 30D. 36【答案】D【解析】【分析】先令求出和,再令求出即可.【详解】解:因为
5、,当时,此时当时,故选:D.【点睛】本题考查利用递推关系求数列的特定项,是基础题.9. 如图,某登山队在山脚A处测得山顶B的仰角为,沿倾斜角为的斜坡前进若干米后到达D处,又测得山顶的仰角为,已知山的高度BC为1千米,则该登山队从A到D前进了( )A. 千米B. 千米C. 1千米D. 1.5千米【答案】C【解析】【分析】由题意得,可得,设,在中根据正弦定理求得,从而求得,结合山的高度BC为1千米即可求得答案.【详解】如图,过D作交于点,交于点,由题意得则在D处测得山顶的仰角为, 即,则设,在中由正弦定理得:,因为,即,即从A到D前进了1千米,故选:C【点睛】本题考查利用正弦定理解三角形,考查学生
6、运算能力及思维能力,属于基础题.10. 先将函数y=si的图象上所有的点向左平移个单位长度,再将图象上各点的横坐标扩大到原来的2倍(纵坐标不变),则所得图象对应的函数解析式为( )A. y=siB. y=siC. y=siD. y=si【答案】B【解析】【分析】由函数的平移和伸缩变换,即可得出结果.【详解】将函数y=的图象上所有的点向左平移个单位长度,得到函数y=sin(x+)的图象,将函数y=的图象上各点的横坐标扩大到原来的2倍(纵坐标不变),得到函数y=的图象.故选:B.【点睛】本题考查了三角函数的平移和伸缩变换,考查了理解辨析能力和逻辑推理能力,属于基础题目.11. 已知数列满足:.若正
7、整数使得成立,则( )A. 16B. 17C. 18D. 19【答案】B【解析】【分析】由题意可得,时,将换为,两式相除,累加法求得即有,结合条件,即可得到所求值【详解】解:,即,时,两式相除可得,则,由,可得,且,正整数时,要使得成立,则,则,故选:【点睛】本题考查与递推数列相关的方程的整数解的求法,注意将题设中的递推关系变形得到新的递推关系,从而可简化与数列相关的方程,本题属于难题.12. 已知函数()有一条对称轴为,当取最小值时,关于x的方程在区间上有且只有一个根,则实数a的取值范围是( )A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】由正弦函数有对称轴可知,可求出,又因为,可以求出
8、的值,由方程在区间,上有且只有一个根,可以求出的取值范围【详解】解:由正弦函数有对称轴可知,可得,又因为,所以最小值为2,即,由在区间,上有且只有一个根,所以,故选:【点睛】本题考查了三角函数的图象与性质,考查数形结合思想与转化能力,属于基础题第II卷(非选择题,共90分)二、填空题(本题包括4题.共20分)13. 已知向量的夹角为,则 .【答案】【解析】分析】利用平面向量数量积公式以及数量积的运算法则,求得的值,再开平方即可得结果.【详解】因为向量夹角为,所以,.【点睛】向量数量积的运算主要掌握两点:一是数量积的基本公式;二是向量的平方等于向量模的平方.14. 若,则=_【答案】【解析】【分
9、析】由二倍角公式求得,再由诱导公式得结论【详解】由题可得,故答案为:【点睛】本题考查二倍角公式和诱导公式的使用,三角函数恒等变形中,公式很多,如诱导公式、同角关系,两角和与差的正弦(余弦、正切)公式、二倍角公式,先选用哪个公式后选用哪个公式在解题中尤其重要,但其中最重要的是“角”的变换,要分析出已知角与未知角之间的关系,通过这个关系再选用恰当的公式15. 已知函数与的图象所有交点的横坐标为,则_【答案】7【解析】【分析】作出两个函数的图象,利用函数的对称中心为,即可得答案;【详解】作出函数与函数的图象,易得共有7个交点,即不妨设,两个函数均以为对称中心,.故答案为:7【点睛】本题考查利用函数的
10、对称中心求函数零点和,考查函数与方程思想、转化与化归思想、数形结合思想,考查逻辑推理能力、运算求解能力,是中档题.16. 已知数列的前项和,若不等式,对恒成立,则整数的最大值为_【答案】4【解析】【分析】由求得,再由得出数列的是等比数列,求得,用分离参数法变形不等式为求数列的最大项【详解】,时,所以是首项为2,公比为2的等比数列,所以,不等式为,所以,时,时,记,所以时,即,递减,时,所以的最大项是,所以,最大整数为故答案为:4【点睛】本题考查求等比数列的通项公式,考查数列不等式恒成立问题,关键是问题的转化,不等式恒成立转化为求数列的最大项三、计算题(本题包括6题,共70分)17. 在正项等比
11、数列中,且,的等差中项为(1)求数列的通项公式;(2)求数列的前项和为【答案】(1);(2).【解析】【分析】(1)设出公比,根据条件列方程组求解即可;(2)分组,利用等差等比的求和公式求和.【详解】解(1)设正项等比数列的公比为,由题意可得,解得数列的通项公式为;(2).【点睛】本题考查等比数列的通项公式,考查等差,等比数列求和公式,是基础题.18. 在中,角所对的边分别为, .(1)求角的大小;(2)若求【答案】(1) ;(2)或.【解析】【分析】(1)利用正弦定理可以得到,即可求出角的大小;(2)利用余弦定理并结合(1)中的结论,可以求出,然后解方程组即可求解【详解】解(1)由正弦定理可
12、得:在中,(2)由余弦定理得:或【点睛】本题考查了正弦定理和余弦定理的应用,属于中档题19. 数列满足,(1)设,证明数列是等差数列(2)求数列的前项和.【答案】(1)证明过程见详解;(2).【解析】【分析】(1)先化简得到即,再求得,最后判断数列是以1为首项,以2为公差的等差数列.(2)先求出数列通项公式,再运用“裂项相消法”求数列的前项和即可.【详解】解:(1)因为,所以因为,所以,且所以数列是以1为首项,以2为公差的等差数列.(2)由(1),所以所以【点睛】本题考查利用定义求等差数列的通项公式、根据递推关系判断数列是等差数列、根据“裂项相消法”求和,还考查了转化的数学思维方式,是基础题.
13、20. 已知的三个内角的对边分别为,若角成等差数列,且,(1)求的外接圆直径;(2)求的取值范围.【答案】(1)1;(2).【解析】【分析】(1)由角、成等差数列,及三角形内角和定理可求,根据正弦定理得的外接圆直径的值;(2)由(1)知,由正弦定理,三角函数恒等变换的应用可求,结合范围,利用正弦函数的性质可求的取值范围.【详解】(1)由角、成等差数列,所以, 又因为,所以,根据正弦定理得,的外接圆直径.(2)由(1)知,所以,所以, 由(1)知的外接圆直径为1,根据正弦定理得, , 从而,所以的取值范围是,【点睛】本题主要考查了正弦定理、三角函数恒等变换的应用,考查正弦函数的图象和性质,意在考
14、查学生对这些知识的理解掌握水平.21. 已知函数()的对称中心到对称轴距离的最小值为.(1)求;(2)中,角的对边分别为.已知锐角为函数的一个零点,且,的面积,求.【答案】(1)1;(2)2.【解析】分析】(1)依题意可得,再利用周期公式,即可求出;(2)由(1)知,由,即可求出,根据面积公式,得到,再由正弦定理求出,从而求出、,最后利用余弦定理计算可得;【详解】解:(1)的对称中心到对称轴距离的最小值为所以,即,(2)由(1)知,.由题意,即,因为,所以,所以,解得. 由已知,即,整理得由正弦定理可得,即.代入上式,得,解得.所以. 由余弦定理可得.所以.【点睛】本题考查正弦定理、余弦定理的
15、应用,考查正弦函数的性质,属于中档题.22. 已知数列满足,是数列的前项和,对任意,都有(1)求(2)证明【答案】(1);(2)证明过程见详解.【解析】【分析】(1)先建立方程组两式相减并整理得,再判断数列是以1为首项,以为公差的等差数列,最后求出.(2)先根据“放缩法”得到,再令利用 “错位相减法”求出,最后证明.【详解】解(1)由题意两式相减得:,所以,又因为,所以,所以数列是以1为首项,以为公差的等差数列.所以(2)证明:因为,所以,所以,令,所以,所以,整理得,所以,所以.【点睛】本题考查利用求,利用“错位相减法”求和、利用“放缩法”证明不等式,还考查了转化的数学思维方式与运算能力,是中档题.