1、四川省内江市2020-2021学年高一数学下学期期末考试检测试题 文（含解析）一、选择题（共12个小题，每小题5分，共60分）.1cos（2x）cos2x+sin（2x）sin2x（）ABCD2若ab，则一定有（）AB|a|b|CDa3b33记Sn为等差数列an的前n项和若a4+a50，a63，则S7（）A12B7C0D74已知向量，若，则实数（）A2B1CD5设为锐角，若cos（+），则sin（2+）的值为（）ABCD6已知x0，y0且，若2x+ym恒成立，则实数m的取值范围是（）A（，7B（，7）C（，9D（，9）7已知ABC内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，面积为S若asinbsi
2、nA，2S，则ABC的形状是（）A等腰三角形B直角三角形C正三角形D等腰直角三角形8中国当代数学著作算法统宗中有这样一个问题：“二百五十二里关，初行健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见次日行里数，请公仔细算相还”其意思为：“有一个人走252里路，第一天健步行走，从第二天起脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地，则最后一天走了（）A4里B16里C64里D128里9已知函数f（x）sin（x），在ABC中角A、B、C的对边分别是a、b、c，若f（2A），且a4，b4，则ABC的面积为（）A4B6C8D1010已知等比数列an的各项均不相等，且满足a2+2a16，a322a
3、6，则该数列的前4项和为（）A120B120C3D22.511在ABC中，a、b、c分别为内角A、B、C所对的边，bc且sinBcosAsinA（1cosB），若点O是ABC外一点，OA，OB1则平面四边形OACB的面积的最大值是（）A2B4C3D3+212在ABC中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，若ab1，b+2acosC0，则当角B取得最大值时，ABC的周长为（）A2+B2+C3D3+二、填空题（本大题共4小题每小题5分，共20分.)13已知平面向量（2，5），（10，x），若，则x 14计算：sin60cos152sin215cos15 15设a0，b0，且5ab+b21，则a+
4、b的最小值为 16已知正项等比数列an中，a4a26，a5a115，则an ，又数列bn满足b1，bn+1；若Sn为数列an+bn的前n项和，那么S11 三、解答题（本大题共6小题共70分解答应写出必要的文字说明推演步骤）17已知等比数列an的前n项和为Sn，若S415，S69S3（1）求数列an的通项公式；（2）若bnlog2a2n，求数列bn的前n项和Tn18已知|2，|3，（23）（2+）7（1）若与3+k垂直，求k的值；（2）求与+夹角的余弦值19解关于x的不等式x2+（m+1）x+m020在ABC中，三个内角A、B、C所对的边分别是a、b、c，且满足2a+（1）求出角A的值；（2）若
5、a2，试判断ABC的周长是否有最大值？若有，求出最大值；若没有，请说明理由21在ABC中，a，b，c分别为内角A，B，C的对边，2b2（b2+c2a2）（1tanA）（1）求角C；（2）若，D为BC中点，在下列两个条件中任选一个，求AD的长度条件：ABC的面积S4且BA；条件：22已知数列an的前n项和为Sn，且满足a11，当n2（nN*）时，（n1）Sn（n+1）Sn1（n3n）（1）计算：a2，a3；（2）证明为等差数列，并求数列an的通现公式；（3）设bnlgan，x表示不超过x的最大整数，如2.12，11，1.22，求数列bn的前10项和T10参考答案一、选择题（共12个小题，每小题5
6、分，共60分）.1cos（2x）cos2x+sin（2x）sin2x（）ABCD【分析】根据已知条件，结合三角函数的诱导公式，以及余弦函数的两角和公式，即可求解解：，cos（2x）cos2x+sin（2x）sin2x故选：D2若ab，则一定有（）AB|a|b|CDa3b3【分析】由不等式的基本性质逐一判断即可解：对于A，若a0b，则，故A错误；对于B，若0ab，则|a|b|，故B错误；对于C，若0ab，则a2b2，则，故C错误；对于D，若ab，则a3b3显然成立，故D正确故选：D3记Sn为等差数列an的前n项和若a4+a50，a63，则S7（）A12B7C0D7【分析】由已知结合等差数列的通项
7、公式可求d，a1，然后结合等差数列的求和公式即可求解解：因为，所以故选：B4已知向量，若，则实数（）A2B1CD【分析】利用向量运算和向量共线定理即可得出解：向量，（1，2）+（1，0）（1+，2），4（1+）320，解得故选：C5设为锐角，若cos（+），则sin（2+）的值为（）ABCD【分析】利用同角三角函数基本关系式、倍角公式即可得出解：为锐角，cos，则sin故选：B6已知x0，y0且，若2x+ym恒成立，则实数m的取值范围是（）A（，7B（，7）C（，9D（，9）【分析】先将2x+y变形为（2x+y）（），展开后，利用基本不等式求得2x+y的最小值后，即可得解解：，且x0，y0，2
8、x+y（2x+y）（）4+1+5+29，当且仅当，即xy3时，等号成立，2x+y的最小值为9，m9故选：D7已知ABC内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，面积为S若asinbsinA，2S，则ABC的形状是（）A等腰三角形B直角三角形C正三角形D等腰直角三角形【分析】由三角形内角和定理，诱导公式，正弦定理，二倍角的正弦公式化简已知等式可得sin，进而可求得B的值，又利用三角形的面积公式，平面向量数量积的运算以及同角三角函数基本关系式化简已知等式可求A的值，利用三角形内角和定理可求C的值，即可判断得解解：因为asinbsinA，所以asin（）acosbsinA，由正弦定理可得sinAcos
9、sinBsinA，因为sinA0，可得cossinB2sincos，因为B（0，），（0，），cos0，所以可得sin，可得，可得B，又2S，可得2bcsinAbccosA，即tanA，因为A（0，），可得A，所以CAB，则ABC的形状是正三角形故选：C8中国当代数学著作算法统宗中有这样一个问题：“二百五十二里关，初行健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见次日行里数，请公仔细算相还”其意思为：“有一个人走252里路，第一天健步行走，从第二天起脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地，则最后一天走了（）A4里B16里C64里D128里【分析】第n天走的里程数an是公比为的等
10、比数列，从而252，由此能求出a1128，由此能求出最后一天走的里程数解：有一个人走252里路，第一天健步行走，从第二天起脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地，则第n天走的里程数an是公比为的等比数列，252，解得a1128，则最后一天走了a61284故选：A9已知函数f（x）sin（x），在ABC中角A、B、C的对边分别是a、b、c，若f（2A），且a4，b4，则ABC的面积为（）A4B6C8D10【分析】由题意利用诱导公式可求cosA的值，结合A的范围可求A的值，根据余弦定理可求c的值，即可求得ABC的面积解：由题意可得，f（x）sin（x）cos，f（2A）cosA，co
11、sA0A，Aa4，b4，A，由余弦定理得42（4）2+c224c，整理得c28c+160，得c4SABCABACsinA8，ABC的面积为8故选：C10已知等比数列an的各项均不相等，且满足a2+2a16，a322a6，则该数列的前4项和为（）A120B120C3D22.5【分析】利用等比数列通项公式列出方程组，求出a16，q3，由此能求出该数列的前4项和解：等比数列an的各项均不相等，且满足a2+2a16，a322a6，解得a16，q3，该数列的前4项和为：S4120故选：A11在ABC中，a、b、c分别为内角A、B、C所对的边，bc且sinBcosAsinA（1cosB），若点O是ABC外
12、一点，OA，OB1则平面四边形OACB的面积的最大值是（）A2B4C3D3+2【分析】依题意，可求得ABC为等边三角形，利用三角形的面积公式与余弦定理可求得SOACBsin（）+，（0），从而可求得平面四边形OACB面积的最大值解：ABC中，sinBcosAsinA（1cosB），sinBcosA+cosBsinAsinA，即sin（A+B）sin（C）sinCsinA，AC，又bc，ABC为等边三角形；点O是ABC外一点，OA，OB1，设AOB，SOACBSAOB+SABC|OA|OB|sin+|AB|21sin+（|OA|2+|OB|22|OA|OB|cos）sin+（3+121cos）s
13、in（）+，0，当，即时，sin（）取得最大值1，平面四边形OACB面积的最大值为2故选：A12在ABC中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，若ab1，b+2acosC0，则当角B取得最大值时，ABC的周长为（）A2+B2+C3D3+【分析】先利用正弦定理求出3tanAtanC，再利用诱导公式及基本不等式求得tanB的最大值，判断此时三角形的形状，可得ab1，再利用余弦定理求得c，即可求解ABC周长解：在ABC中，b+2acosC0，由正弦定可得：sinB+2sinAcosC0，即sin（A+C）+2sinAcosC0，即sinAcosC+cosAsinC+2sinAcosC0，即3sin
14、AcosCcosAsinC，即3tanAtanCcosC0，故C为钝角，A为锐角，tanA0据此可得：tanBtan（A+C），当且仅当tanA时，等号成立，此时角B取得最大值据此可知：tanBtanA，tanC3tanA，即ABC是顶角为120的等腰三角形，此时，ab1，结合余弦定理可得c，ABC周长为a+b+c1+1+2+故选：B二、填空题（本大题共4小题每小题5分，共20分.)13已知平面向量（2，5），（10，x），若，则x4【分析】根据题意，由向量垂直的判断方法可得20+5x0，解可得x的值，即可得答案解：根据题意，向量（2，5），（10，x），若，则20+5x0，解可得x4；故答案
15、为：414计算：sin60cos152sin215cos15【分析】根据已知条件，运用二倍角公式和三角函数的诱导公式，可得sin302sin15cos15，sin30cos60，再结合正弦函数的两角和公式，即可求解解：sin302sin15cos15，sin30cos60，sin60cos152sin215cos15sin60cos15cos60sin15sin（6015）sin45故答案为：15设a0，b0，且5ab+b21，则a+b的最小值为【分析】由已知先用b表示a，然后代入到所求式子后，利用基本不等式即可求解解：因为a0，b0，且5ab+b21，所以a，因为a0，所以0b1，a+b，当
16、且仅当，即b，a时取等号，则a+b的最小值故答案为：16已知正项等比数列an中，a4a26，a5a115，则an2n1，又数列bn满足b1，bn+1；若Sn为数列an+bn的前n项和，那么S112054【分析】设正项等比数列an的公比为q，q1，由等比数列的通项公式和求和公式，解方程可得首项和公比，可得an；计算bn的前几项，可得bn为周期为3的数列，再由数列的分组求和，结合等比数列的求和公式，计算可得所求和解：设正项等比数列an的公比为q，q0，由a10，a1q3a1q0，解得q1，由a4a26，a5a115，可得a1q3a1q6，a1q4a115，解得q2，a11，所以an2n1；b1，b
17、n+1，可得b22，b31，b4，b52，.，则数列bn为周期为3的数列，所以S11（1+2+4+.+211）+（+21）3+2+72054故答案为：2n1；2054三、解答题（本大题共6小题共70分解答应写出必要的文字说明推演步骤）17已知等比数列an的前n项和为Sn，若S415，S69S3（1）求数列an的通项公式；（2）若bnlog2a2n，求数列bn的前n项和Tn【分析】（1）首先判断公比q不为1，再由等比数列的求和公式，解方程可得首项和公比，进而得到所求通项公式；（2）由对数的运算性质可得bn，再由等差数列的求和公式，可得所求和解：（1）由S69S3，可得公比q不为1，由S415，S
18、69S3，可得15，9，解得a11，q2，所以an12n12n1；（2）bnlog2a2nlog222n12n1，所以bn是首项为1，公差为2的等差数列，故数列bn的前n项和Tnn218已知|2，|3，（23）（2+）7（1）若与3+k垂直，求k的值；（2）求与+夹角的余弦值【分析】（1）根据已知条件求出的值，再利用若与3+k垂直求出k的值；（2）先求出，然后利用夹角公式求出向量与夹角的余弦值解：（1）因为，所以164277，所以1，因为与3+k垂直，所以，即，所以12k+39k0，即故k的值为（2），设向量与的夹角为，则cos，所以向量与的夹角的余弦值为19解关于x的不等式x2+（m+1）x
19、+m0【分析】（m+1）24m（m1）20，讨论f（x）0的解，结合函数图象得出不等式的解集解：（m+1）24m（m1）20，方程f（x）0的解为m，1，当m1时，x1，当m1时，xm或x1，当m1时，x1或xm综上，当m1时，不等式的解集为x|x1，当m1时，不等式的解集为x|xm或x1，当m1时，不等式的解集为x|x1或xm20在ABC中，三个内角A、B、C所对的边分别是a、b、c，且满足2a+（1）求出角A的值；（2）若a2，试判断ABC的周长是否有最大值？若有，求出最大值；若没有，请说明理由【分析】（1）直接利用正弦定理和三角函数的关系式的变换求出A的值；（2）利用余弦定理和基本不等式
20、的应用求出结果解：（1）在ABC中，三个内角A、B、C所对的边分别是a、b、c，且满足2a+，整理得：2acosABcosB+ccosB，利用正弦定理：2sinAsinAsinBcosC+sinCcosBsin（B+C）sinA，由于A（0，），所以A（2）由于a2，A，所以由余弦定理得：4b2+c2bc2bcbcbc，故，当bc时，取得b+c4，利用三角形的三边关系式的应用，所以周长的最大值为a+b+c621在ABC中，a，b，c分别为内角A，B，C的对边，2b2（b2+c2a2）（1tanA）（1）求角C；（2）若，D为BC中点，在下列两个条件中任选一个，求AD的长度条件：ABC的面积S4
21、且BA；条件：【分析】（1）2b2（b2+c2a2）（1tanA）利用余弦定理可得；2b22bccosA（1tanA）化为bc（cosAsinA），再利用正弦定理、和差公式即可得出（2）选择条件，cosB，可得sinB利用核查公司可得sinAsin（B+C），由正弦定理可得：a在ABD中，由余弦定理可得AD解：（1）2b2（b2+c2a2）（1tanA）2b22bccosA（1tanA）bc（cosAsinA），由正弦定理可得：sinBsinC（cosAsinA），sin（A+C）sinCcosAsinCsinA，sinAcosCsinCsinA0，tanC1，解得C（2）选择条件，cosB，
22、sinBsinAsin（B+C）sinBcosC+cosBsinC，由正弦定理可得：a2在ABD中，由余弦定理可得：AD2AB2+BD22ABBDcosB，解得AD22已知数列an的前n项和为Sn，且满足a11，当n2（nN*）时，（n1）Sn（n+1）Sn1（n3n）（1）计算：a2，a3；（2）证明为等差数列，并求数列an的通现公式；（3）设bnlgan，x表示不超过x的最大整数，如2.12，11，1.22，求数列bn的前10项和T10【分析】（1）根据a11，（n1）Sn（n+1）Sn1（n3n）分别令n2与n3即可求出a2与a3的值；（2）由（n1）Sn（n+1）Sn1（n3n）可得（
23、n2），从而是以为首项，公差为的等差数列，进一步可得Snn（n+1）（2n+1），所以利用anSnSn1（n2）求出a再检验a1的值是否满足上式即可；（3）易知bnlgn2，所以b1b2b30；b4b5b6b7b8b90；b102，从而利用分组求和法求出T10即可解：（1）令n2，得S23S12，又a1S11，所以a24；令n3，得2S34S28，所以a34+2（1+4）（1+4）9；（2）证明：由（n1）Sn（n+1）Sn1（n3n），得（n2），所以是以为首项，公差为的等差数列，所以+（n1）n+，则Snn（n+1）（2n+1），所以当n2时，anSnSn1n（n+1）（2n+1）（n1）n（2n1）n2，且当n1时，a11满足上式，所以ann2；（3）由（2）可知bnlgn2，所以b1b2b30，b4b5b6b7b8b90，b102，故T1030+61+28
