【文档说明】安徽省含山中学、和县中学2019-2020学年高一下学期期末联考数学（理科）试卷.doc，共(15)页，819.500 KB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-08449bc1521f97d1dcb940a630f53058.html

以下为本文档部分文字说明：

2019-2020学年安徽省含山中学、和县中学高一第二学期期末数学试卷（理科）一、选择题（共12小题）.1．sincos＝（）A．B．C．1D．2．在等差数列{an}中，a8＝24，a16＝8，则a24＝（）A．﹣24B．﹣16C．﹣8D．03

．已知tanα＝﹣，且α∈（0，π），则sin（α+）＝（）A．B．C．D．4．在△ABC中，AB＝，A＝45°，B＝75°，则BC＝（）A．2B．2C．2D．45．已知等比数列{an}的前n项和Sn＝3n+2+3t，则t＝（）A．1B．﹣1C．﹣3D．﹣96

．周长为9的三角形三边长成公差为1的等差数列，最大内角和最小内角分别记为α，β，则sin（α+β）＝（）A．B．C．D．7．已知数列{an}的前n项和为Sn＝n2﹣2n+2，则a8＝（）A．13B．15C．17D．198．在△ABC中，若sinBsin

C＝cos2，则（）A．A＝BB．B＝CC．C＝AD．B+C＝9．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若a＝3，则bcosC+ccosB＝（）A．1B．2C．3D．410．已知数列{an}

满足a1＝+1，an+1＝，（n∈N*），则a2020＝（）A．B．C．D．﹣111．如图所示，在地面上共线的三点A，B，C处测得一建筑物MN的顶部M处的仰角分别为∠MAN＝30°，∠MBN＝60°，∠MCN＝45°，且AB＝BC＝60m，则建筑物的高度

为（）A．12mB．12mC．30mD．30m12．如图所示的“数阵”的特点是：每行每列都成等差数列，则数字145在图中出现的次数为（）A．13B．14C．15D．16二、填空题（共4小题）.13．tan15°＝．14．我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共

灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”原文意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，问塔的顶层有多少盏灯？若塔的最中间一层有n盏灯，则n＝．15．函数f（x）＝2sinx

+3cosx的最小值为．16．在△ABC中，已知AB＝9，BC＝7，cos（C﹣A）＝，则△ABC的面积为．三、解答题：本大题共6小题，共70分．解答题应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤．17．已知等差数列{an}的前n项和为

Sn，a3+a6＝16，S21＝441．（1）求数列{an}的通项公式：（2）若bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn．18．已知sinα＝，sin（α﹣β）＝，其中α，β∈（0，）．（1）求sin（α﹣2β）的值；（2）求β的值．19．在△ABC中，角A，B，C

的对边分别为a，b，c，且2bcosC＝2a+c．（1）求角B的大小；（2）若c＝2，b＝2，求a的值．20．已知数列{an}，Sn是其前n项和，且满足3an＝2Sn+n（n∈N*），bn＝an+．（1）求证：数列{bn}为等比数列；（2）若cn＝2

n•bn，求数列{bn}的前n项和Tn．21．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且b2+c2＝a2+bc．（1）求角A的大小；（2）若a＝，求（﹣1）b+c的取值范围．22．已知数列{an}的前n项和Sn，满足a2＝﹣4，2Sn＝n（an﹣7）．（1）求a1和数列

{an}的通项公式；（2）若bn＝|an|，求数列{bn}的前n项和Tn．参考答案一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有-项符合题目要求．1．sincos＝（）A．B．C．1D．【分析】直接利用二倍角公式求出函数的表达式，计算出值

即可．解：因为＝＝．故选：A．2．在等差数列{an}中，a8＝24，a16＝8，则a24＝（）A．﹣24B．﹣16C．﹣8D．0【分析】由已知结合等差数列的性质即可直接求解．解：由等差数列的性质可得，d＝＝﹣2，则a24＝a8+16d＝24﹣32＝﹣8．故选：C．3．

已知tanα＝﹣，且α∈（0，π），则sin（α+）＝（）A．B．C．D．【分析】由特殊角的三角函数值得到α＝，然后利用两角和与差的公式解答．解：∵tanα＝﹣，且α∈（0，π），∴α＝，∴sinα＝sin＝，cosα＝

cos＝﹣．∴sin（α+）＝（sinαcos+cosαsin）＝（×﹣×）＝．故选：B．4．在△ABC中，AB＝，A＝45°，B＝75°，则BC＝（）A．2B．2C．2D．4【分析】根据题意可求得C＝60°，利用正弦定理即可得到BC．解：因

为A＝45°，B＝75°，所以C＝180°﹣45°﹣75°＝60°，由正弦定理可得，则BC＝＝＝2，故选：A．5．已知等比数列{an}的前n项和Sn＝3n+2+3t，则t＝（）A．1B．﹣1C．﹣3D．﹣9【分析】根据题意，由Sn公式求出a1、a2

、a3的值，由等比数列的定义分析可得答案．解：根据题意，等比数列{an}的前n项和Sn＝3n+2+3t，则a1＝S1＝33+3t＝27+3t，a2＝S2﹣S1＝（34+3t）﹣（33+3t）＝54，a3＝S3﹣S2＝（35+3t）﹣

（34+3t）＝162，则有（27+3t）×162＝542，解可得t＝﹣3，故选：C．6．周长为9的三角形三边长成公差为1的等差数列，最大内角和最小内角分别记为α，β，则sin（α+β）＝（）A．B．C．D．【分析】先根据条件求出边长，结合

余弦定理求出中间角的余弦值，进而求得结论．解：因为周长为9的三角形三边长成公差为1的等差数列，故三边长分别为2，3，4；设中间边对应的角为A；则cosA＝＝；故sin（α+β）＝sin（π﹣A）＝sinA＝＝＝；故选：D．7．已知数列{an}的前n项和为Sn＝n2﹣2n+2，则a8＝（）A．1

3B．15C．17D．19【分析】利用a8＝S8﹣S7，即可得出．解：a8＝S8﹣S7＝82﹣2×8+2﹣（72﹣2×7+2）＝13，故选：A．8．在△ABC中，若sinBsinC＝cos2，则（）A．A＝BB．B＝CC．C＝AD

．B+C＝【分析】利用三角函数的恒等变换变形得到cos（B﹣C）＝1，从而得到B＝C，则答案可求．解：∵由已知可得sinBsinC＝cos2＝，即2sinBsinC＝1+cosA＝1﹣cos（B+C）＝1﹣c

osBcosC+sinBsinC，则cosBcosC+sinBsinC＝1，即cos（B﹣C）＝1．∵﹣π＜B﹣C＜π，∴B﹣C＝0，即B＝C．故选：B．9．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b

，c，若a＝3，则bcosC+ccosB＝（）A．1B．2C．3D．4【分析】利用余项定理表示出cosC，cosB，代入化简即可得解：由余弦定理可得bcosC+ccosB＝b•+c•＝＝a＝3，故选：C．

10．已知数列{an}满足a1＝+1，an+1＝，（n∈N*），则a2020＝（）A．B．C．D．﹣1【分析】利用递推公式依次求出数列{an}的前7项，从而得到{an}是周期为6的周期数列，从而a2020＝a4．解：∵数列{an}满足a1＝+1，a

n+1＝，（n∈N*），∴a2＝＝﹣1，a3＝＝＝，＝＝，＝1，＝，＝＝，∴{an}是周期为6的周期数列，∵2020＝336×6+4，∴a2020＝a4＝．故选：D．11．如图所示，在地面上共线的三点A，B，C处

测得一建筑物MN的顶部M处的仰角分别为∠MAN＝30°，∠MBN＝60°，∠MCN＝45°，且AB＝BC＝60m，则建筑物的高度为（）A．12mB．12mC．30mD．30m【分析】用MN表示出AN，BN，CN，利用余弦

定理表示出cos∠ABN，cos∠CBN，根据cos∠ABN+cos∠CBN＝0列方程求出MN．解：设MN＝h，则AN＝h，BN＝，CN＝h，在△ABN中，由余弦定理可得cos∠ABN＝，在△BCN中，由余弦定理可得cos∠NBC＝，∵∠ABN+∠NBC＝π，∴+＝0，

即7200+﹣4h2＝0，解得：h2＝2160，∴h＝12．故选：B．12．如图所示的“数阵”的特点是：每行每列都成等差数列，则数字145在图中出现的次数为（）A．13B．14C．15D．16【分析】第i行第j列的数记为Aij，例如第一行数组成的数列A1j（j＝1，2…）

是以2为首相，公差为1的等差数列，则A1j＝2+（j﹣1）×1＝j+1，类似得第j列数组成的数列Aij（i＝1，2，…）是以j+1为首项，公差为j的等差数列，则Aij＝ij+1，令Aij＝ij+1＝145，推出ij

＝144＝24×32，进而145出现的次数．解：第i行第j列的数记为Aij，那么每一组i与j的组合就是表中的一个数，因为第一行数组成的数列A1j（j＝1，2…）是以2为首相，公差为1的等差数列，所以A1j＝2+（j

﹣1）×1＝j+1，所以第j列数组成的数列Aij（i＝1，2，…）是以j+1为首项，公差为j的等差数列，所以Aij＝（j+1）+（i﹣1）×j＝ij+1，令Aij＝ij+1＝145，则ij＝144＝24×32，所以145出现的次数为（4+1）（2+1）＝15．故选：

C．二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．13．tan15°＝2﹣．【分析】把15°变为45°﹣30°，然后利用两角差的正切函数公式及特殊角的三角函数值化简可得tan15°的值．解：tan15°＝tan（45°﹣30°）＝＝＝＝2﹣．故答

案为：2﹣．14．我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”原文意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，问塔的顶层有多少盏灯？若塔的最中间一层有n盏灯，则n＝24．【分析

】根据题意，设从上向下每一层的灯的数记为{an}，分析可得数列{an}是以2为公比的等比数列，由等比数列的前n项和公式可得S7＝＝（27﹣1）a1＝381，解可得a1的值，进而计算可得答案．解：根据题意，设从

上向下每一层的灯的数记为{an}，则数列{an}是以2为公比的等比数列且S7＝＝（27﹣1）a1＝381，解可得a1＝3，塔的最中间一层有n盏灯，则n＝a4＝a1q3＝24，故答案为：2415．函数f（x）＝

2sinx+3cosx的最小值为﹣．【分析】利用两角和与差的三角函数化简函数的表达式为一个角的一个三角函数的形式，然后求解即可．解：函数f（x）＝2sinx+3cosx＝sin（x+φ）∈[﹣，]，其中tanφ＝，∴f（x）的最小值为﹣，故答案为：﹣．16．在

△ABC中，已知AB＝9，BC＝7，cos（C﹣A）＝，则△ABC的面积为12．【分析】作CD＝AD，则∠BCD＝C﹣A，设AD＝CD＝x，则BD＝9﹣x，在△BCD中，由余弦定理列出关于x的方程，求出方程的解得到x的值，确定出CD与BD的长，在三角形BCD中，利用余弦定理即可

求出cosB的值，然后求出sinB，利用三角形的面积公式进行求解即可．解：∵AB＞BC，∴C＞A，作CD＝AD，则∠DCA＝∠A，则∠BCD＝C﹣A，即cos∠BCD＝cos（C﹣A）＝，设AD＝CD＝x，则BD＝9﹣x，在△BDC中，由余弦定理得：BD2＝CD2+BC2﹣2CD•BC•cos∠B

CD，即（9﹣x）2＝x2+49﹣2×7x•＝x2+49﹣，整理解得：x＝6，∴AD＝6，BD＝3，CD＝6，在△BCD中，由余弦定理得cosB＝＝＝．则sinB＝＝，则△ABC的面积S＝×7×9×＝12，故答案为：1

2．三、解答题：本大题共6小题，共70分．解答题应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤．17．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a3+a6＝16，S21＝441．（1）求数列{an}的通项公式：（2）若bn＝，求数列{bn}的前

n项和Tn．【分析】（1）设数列{an}的公差为d，根据等差数列的通项公式和前n项和公式列出关于a1和d的方程组，解之即可；（2）根据裂项相消法即可得解．解：（1）设数列{an}的公差为d，∵a3+a6＝16，S21＝441

，∴，解得a1＝1，d＝2，∴an＝1+2（n﹣1）＝2n﹣1，故数列{an}的通项公式为an＝2n﹣1．（2）bn＝＝＝，∴Tn＝+++……+＝＝．18．已知sinα＝，sin（α﹣β）＝，其中α，β∈（0，）．（1）求sin（α﹣2β）的值；

（2）求β的值．【分析】（1）根据三角函数的同角关系，结合两角和差的正弦公式进行转化求解即可．（2）利用两角和差的正弦公式弦求出sinβ的值，结合角的范围进行求解．解：（1）由sinα＝，及α∈（0，）．得cosα＝＝，因为α，β∈（0，），所以α﹣β∈（﹣，），又sin

（α﹣β）＝所以cos（α﹣β）＝＝，所以sin2（α﹣β）＝2sin（α﹣β）cos（α﹣β）＝2××＝，cos2（α﹣β）＝1﹣2sin2（α﹣β）＝1﹣2×（）2＝，所以sin（α﹣2β）＝sin[2（α﹣β）﹣α]＝sin2（α﹣β）cosα

﹣cos2（α﹣β）sinα＝×＝﹣．（2）sinβ＝sin[α﹣（α﹣β）]＝sinαcos（α﹣β）﹣cosαsin（α﹣β）＝×﹣×＝，又β∈（0，），所以β＝．19．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且2bcosC＝2a+c．（1）求角B的

大小；（2）若c＝2，b＝2，求a的值．【分析】（1）由正弦定理可将条件整理为（2cosB+1）sinC＝0，因为sinC≠0，故可求得cosB，即可得B；（2）根据余弦定理得到关于a的方程，解出即可．解：（1）因

为2bcosC＝2a+c，所以由正弦定理得2sinBcosC＝2sinA+sinC，所以2sinBcosC＝2sin（B+C）+sinC，即2sinBcosC＝2（sinBcosC+cosBsinC）+sinC，整理可得（2cosB+1）sinC＝0，因为△

ABC中，sinC＞0，所以cosB＝﹣，所以B＝；（2）由余弦定理得b2＝a2+c2﹣2accosB，所以28＝a2+4+2a，解得a＝4或a＝﹣6（舍）．所以a＝4．20．已知数列{an}，Sn是其前n项和，且满足3an＝2Sn+n（n∈N*），bn＝an+．（

1）求证：数列{bn}为等比数列；（2）若cn＝2n•bn，求数列{bn}的前n项和Tn．【分析】（1）由3an＝2Sn+n得，3an+1＝2Sn+1+n+1，两式相减化简后得an+1＝3an+1，可变形为an+1+＝3（an+

），即bn+1＝3bn，故而得证；（2）易知，bn＝，，然后采用错位相减法即可求得Tn．【解答】（1）证明：由3an＝2Sn+n得，3an+1＝2Sn+1+n+1，两式相减得，3an+1﹣3an＝2an+1+1，即an+1＝3an+1，所以an+1+＝3（an+），即bn+1＝3

bn，故数列{bn}为等比数列．（2）解：在3an＝2Sn+n中，令n＝1，得a1＝1，所以b1＝．由（1）知数列{bn}的公比为3，所以bn＝，所以，所以Tn＝1×31+2×32+3×33+……+n•3n，3Tn＝1×32+2

×33+……+（n﹣1）•3n+n•3n+1，两式相减得，﹣2Tn＝31+32+33+……+3n﹣n•3n+1＝﹣n•3n+1，整理得，Tn＝．21．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且b2+c2＝a2+bc．（1

）求角A的大小；（2）若a＝，求（﹣1）b+c的取值范围．【分析】（1）由已知利用余弦定理得cosA＝，结合A为△ABC的内角，求出A的值．（2）利用正弦定理，三角函数恒等变换，可得（﹣1）b+c＝4sin（B+），然后求出B

+的范围，利用正弦函数的性质，求出（﹣1）b+c的取值范围．解：（1）由b2+c2＝a2+bc，得＝，由余弦定理，得cosA＝．又A为△ABC的内角，所以A＝．（2）由正弦定理，得＝2，所以b＝2sinB，c＝2

sinC，所以（﹣1）b+c＝2（）sinB+2sinC＝2（）sinB+2sin（﹣B）＝2（）sinB+2（cosB+sinB）＝2sinB+2cosB＝4sin（B+），因为A＝，所以B∈（0，），所以B+∈（

，），所以sin（B+）∈（，1]，所以（﹣1）b+c∈（，4]．22．已知数列{an}的前n项和Sn，满足a2＝﹣4，2Sn＝n（an﹣7）．（1）求a1和数列{an}的通项公式；（2）若bn＝|an|

，求数列{bn}的前n项和Tn．【分析】（1）由2Sn＝n（an﹣7）得，2Sn+1＝（n+1）（an+1﹣7），两式相减整理后得（n﹣1）an+1﹣nan＝7，即（n≥2），然后采用累加法可推出＝（n≥2

），从而得an＝3n﹣10（n≥3），最后把a1＝﹣7，a2＝﹣4代入上式验证即可；（2）由（1）得，bn＝|3n﹣10|＝，然后分n≤3和n≥4两种情形，结合等差数列的前n项和公式分别计算Tn即可．解：（1）在2Sn＝n（an﹣7

）中，令n＝1得，a1＝﹣7．由2Sn＝n（an﹣7）得，2Sn+1＝（n+1）（an+1﹣7），两式相减得，2an+1＝（n+1）an+1﹣nan﹣7，所以（n﹣1）an+1﹣nan＝7，当n≥2时，有＝，所以＝++……+＝7（）+7（

）+……+7（）＝7（1﹣）＝，所以＝+＝﹣4+＝，所以an+1＝3n﹣7（n≥2），故an＝3n﹣10（n≥3），又a1＝﹣7，a2＝﹣4也都符合上式，所以an＝3n﹣10（n∈N*）．（2）由（1）得，bn＝|3

n﹣10|＝．所以n≤3时，Tn＝＝；n≥4时，Tn＝T3+＝+＝，综上所述，Tn＝．