1、铜鼓中学2021年下学期高二开学考卷非实验班数学试卷考试范围：数列、不等式、三角函数、立体几何；考试时间：120分钟注意事项：1. 答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2. 请将答案正确填写在答题卡上一、单项选择（每小题5分）1、已知是等差数列，且是和的等差中项，则的公差为（ ）A1B2C-2D-12、已知角的终边经过点P(2，)，则sin2tan（）ABCD3、设是两条不同的直线，是三个不同的平面.下列命题中正确的命题是（ ）A若，则B若，则C若，则D若，则4、等比数列中，则（ ）ABCD5、在数列中，则等于（ ）A20B30C36D286、已知，成等差数列，成等比数列，则（ ）ABCD
2、或7、若是与的等比中项，则的最小值为（ ）A2B1CD8、在长方体中，则与所成角的余弦值为（ ）ABCD9、将函数图象上各点的纵坐标不变，横坐标变为原来的，再将所得到的曲线向右平移个单位，得到曲线，则曲线是（ ）ABCD10、中角，所对的边分别为，若的周长为15，且三边的长成等差数列，则的面积为（ ）ABCD11、如图，一个树形图依据下列规律不断生长，1个空心圆点到下一行仅生长出1个实心圆点，1个实心圆点到下一行生长出1个实心圆点和1个空心圆点，则第11行的实心圆点的个数是A21B34C55D8912、已知函数，则（ ）A是图象的一条对称轴B将图象上所有的点向右平移个单位长度即可得到的图象C在
3、区间上单调递减D函数的最大值为4二、填空题（每小题5分）13、在等比数列中，若，则_.14、在上，满足的的取值范围是_15、一个扇形半径是2，圆心角的弧度数是3，则此扇形的面积是 16、函数的值域是_.三、解答题（第17题10分，其它题各12分）17、已知是等差数列，且（1）求的通项公式（2）若等比数列满足，求数列的前n项和18、已知是三角形的一个内角，（1）求的值； （2）求的值19、如图，已知四棱锥PABCD的底面是直角梯形，ABCBCD90，ABBCPBPC2CD2，侧面PBC底面ABCD，E为PB的中点求：（1）求证：平面ADP；（2）求证：平面PAD平面PAB；20、已知在中，内角，
4、所对的边分别为，且.（1）求角的大小；（2）若，求的周长的最大值.21、如图，四面体中，平面.为中点，为中点，点在线段上，且.（1）求证：平面；（2）若，是的中点，求证：平面.22、已知函数的图象与y轴的交点坐标为(0，1)（1）求的值；（2）将图象向左平移个单位，再把其图象上每一个点的横坐标变为原来的2倍，纵坐标不变，得到的图象，求函数的最大值.参考答案一、单项选择1、【答案】B【解析】分析：利用等差中项的性质得导方程，利用通项公式转化为关于首项和公差的方程，即可求得公差的值.详解：设等差数列的公差为d.由已知条件，得，即，解得.故选B.2、【答案】A【解析】因为角的终边经过点，sin，ta
5、n，所以.故选A.3、【答案】D【解析】分析：由两平行平面中两直线的位置关系判定；由垂直于同一平面的两平面的位置关系判定；由平行于同一平面的两直线的位置关系判定；由直线与平面垂直的性质判断详解：解：若，则或与异面，故错误；若，则或与相交，故错误；若，则或与相交或与异面，故错误；若，则，又，则，故正确故选：4、【答案】D【解析】分析：根据等比中项的性质求解即可.详解：因为数列是等比数列，所以成等比数列，则，由于所以，故选：D.5、【答案】A【解析】分析：依题意可得，再用累加法计算可得；详解：解：因为，所以所以所以故选：A6、【答案】B【解析】分析：由，成等差数列可求出公差，从而可求出，由，成等比
6、数列，可知是和的等比中项，从而可求出，进而可求得答案详解：解：因为，成等差数列，所以公差,所以，因为，成等比数列，所以是和的等比中项，所以，解得或，因为等比数列中奇数项同号，所以，所以，故选：B7、【答案】C【解析】分析：由已知结合等比数列的性质，可求，然后利用基本不等式即可求解.详解：解：因为是与的等比中项，所以，即，所以时等号成立 ，所以的最小值为.故选：C.8、【答案】D【解析】分析：因为，所以与所成角等于与所成的角，在三角形中，利用余弦定理求解详解：如图，连接，在长方体中，因为，所以与所成角等于与所成的角；在三角形中，由余弦定理得故选：9、【答案】A【解析】依题意，将函数图象上各点的纵
7、坐标不变，横坐标变为原来的，得到，再将图象向右平移个单位，得到，即曲线对应的函数解析式.令解得，得到关键点；令解得，得到关键点，故选项A中图象正确.故选：A.10、【答案】D【解析】分析：利用正弦定理和余弦定理化简可得，可得，故为最大边，由数列性质设，再由余弦定理即可得解.详解：由余弦定理可得，整理得，所以，故为最大边，不失一般性，设，()，代入得，所以，的面积为，故选：D.11、【答案】C【解析】根据1个空心圆点到下一行仅生长出1个实心圆点，1个实心圆点到下一行生长出1个实心圆点和1个空心圆点，知：第1行的实心圆点的个数是0；第2行的实心圆点的个数是1；第3行的实心圆点的个数是1=0+1；第
8、4行的实心圆点的个数是2=1+1；第5行的实心圆点的个数是3=1+2；第6行的实心圆点的个数是5=2+3；第7行的实心圆点的个数是8=3+5；第8行的实心圆点的个数是13=5+8；第9行的实心圆点的个数是21=8+13；第10行的实心圆点的个数是34=13+21；第11行的实心圆点的个数是55=21+34.本题选择C选项.12、【答案】B【解析】由，所以不是图象的对称轴，故A错误；，故B正确：因为，所以又余弦函数在区间上递减，在区间上递增，故不单调，所以C错误；，故的最大值为，D错误.故选：B二、填空题13、【答案】16【解析】分析：根据等比数列的性质， 若，且，则有计算出，进而求出答案详解：
9、解： 根据等比数列的性质， 在等比数列中， 若，且，则有可得：,又，所以，又，故答案为：16 14、【答案】【解析】分析：作出正弦函数的图像，由图像写出不等式的解集.详解：如图示：且，故答案为：15、【答案】【解析】由扇形面积公式可得，16、【答案】【解析】函数，因为，所以当时，函数取得最小值为2，当时，函数取得最大值为10，故函数的值域为，故答案为：.三、解答题17、【答案】（1），（2）【解析】分析：（1）由已知可得，解方程组求出，从而可求出的通项公式；（2）先求出，从而可求出公比，进而可求出详解：解：（1）设等差数列的公差为，因为，所以，解得，所以，（2）设等比数列的公比为，因为，所以，
10、所以数列的前n项和18、【答案】（1）；（2）0.【解析】（1）由，则，所以，则，所以.又因为，且是三角形的内角，所以，则，所以.（2）法一：由，所以,则原式 法二：，则原式19、【答案】（1）证明见详解；（2）证明见详解；【解析】分析：（1）取的中点，连接，证出四边形为平行四边形，再利用线面平行的判定定理即可证明.（2）以的中点为坐标原点，以所在直线为轴，过点与平行的直线为轴,所在直线为轴，建立空间直角坐标系，利用空间向量的数量积证出，再利用线面垂直的判定定理，面面垂直的判定定理即可证明.详解：（1）取的中点，连接，则，且，又且,所以且，所以四边形为平行四边形，所以，又平面ADP，平面ADP
11、，所以CE平面ADP.（2）取的中点，连接，为等边三角形，即,平面底面，为交线， 平面,底面.以的中点为坐标原点，以所在直线为轴，过点与平行的直线为轴，所在直线为轴，建立空间直角坐标系，如图所示.，则.，, 即, 即又 , 平面,平面.平面,平面平面.20、【答案】（1）；（2）.【解析】分析：（1）由条件三角恒等式，应用正弦定理边角关系及两角和正弦公式可得，根据三角形内角的性质即可求角的大小；（2）由正弦定理易得，应用三角形内角性质及辅助角公式可得，进而求其最大值，即可得的周长的最大值.详解：（1），由正弦定理得：，又，即，又，.（2），由正弦定理可得，则，当，即时，即，的周长的最大值为.【
12、点睛】关键点点睛：（1）应用正弦定理边角关系、两角和正弦公式及三角形内角的性质化简三角恒等式求角；（2）根据正弦定理及三角形内角性质、辅助角公式得，结合正弦型函数的性质，求最值.21、【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.【解析】分析：(1)取的中点，在上取点，使得，连线后证四边形为平行四边形即可作答；(2)取中点，证明及平面即可作答.详解：（1）如图，取的中点，在上取点，使得，连接，因，分别为，的中点，即，且，又为中点，则，又，所以，且，于是得，且，四边形是平行四边形，又平面，平面，所以平面；（2）取的中点，连DH，因平面，面，则.又，面，面，从而平面，因平面，于是有，又，H为的中点，则，而平面，平面，所以平面，而点为的中点，即有点为的中点，是的中点，于是有，所以平面.22、【答案】（1）；（2）.【解析】分析：（1）根据题意，得到，即可求解；（2）由（1）知，根据三角函数的图象变换，求得，进而化简函数，结合三角函数的性质，即可求解.详解：（1）由题意，函数，可得，即，因为，所以.（2）由（1）可知，函数，将图象向左平移个单位，再把其图象上每一个点的横坐标变为原来的2倍，纵坐标不变，可得，所以，当时，函数取得最大值，最大值为.
