【文档说明】四川省成都市蓉城名校联盟2020-2021学年高一下学期期末考试数学（文科）试卷 含解析【精准解析】.doc，共(15)页，992.500 KB，由小赞的店铺上传

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2020-2021学年四川省成都市蓉城名校联盟高一（下）期末数学试卷（文科）一、选择题（共12小题，每小题5分，共60分．）1．已知向量＝（1，4），＝（2，﹣m），⊥，则m＝（）A．8B．﹣8C．D

．2．已知实数a，b满足a＜b，则下列关系式一定成立的是（）A．a2＜b2B．ln（b﹣a）＞0C．D．2a＜2b3．下列说法正确的是（）A．直角三角形绕一边旋转得到的旋转体一定是圆锥B．用一个平面去截圆锥，圆锥底面和截面之间的部

分一定是圆台C．正视图和侧视图的高一定是相等的，正视图和俯视图的长一定是相等的D．利用斜二测画法画出的正方形的直观图和原来正方形的面积之比是4．在△ABC中，点D在BC边上，且，则（）A．B．C．D．5．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若a＝1，

，，则b＝（）A．1B．2C．D．1或26．某圆柱的高为1，底面周长为8，其三视图如图．圆柱表面上的点P在正视图上的对应点为A，圆柱表面上的点Q在左视图上的对应点为B，则在此圆柱侧面上，从P到Q的路径中，最短路径的长度为（）A．B．C．D．17．在△ABC中

，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，b+c＝10，，则S△ABC＝（）A．B．C．D．8．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若a12＞0，a11+a12＜0，则满足Sn＞0的最小正整数n的值为（）A．22B．23

C．24D．259．我国南北朝时期的数学家、天文学家祖暅提出了著名的祖暅原理：“幂势既同，则积不容异．”“势”即是高，“幂”即是面积，意思是：如果两等高的几何体在同高处截得两几何体的截面面积相等，那么这两个几何体的体积相等．如图所示，扇形的半径为2，圆心角为，若扇形AOB绕直线OB旋转一周，图中阴

影部分旋转后所得几何体与某不规则几何体满足“幂势同”，则该不规则几何体的体积为（）A．B．2πC．D．10．设a＞0，b＞0，若a+b＝1，则的最小值为（）A．5B．7C．9D．1111．已知A，B是球O的球面上两点，，P为该球面上动点，若三棱锥O﹣PAB体积的最大值为，则球O的

表面积为（）A．12πB．16πC．24πD．36π12．已知数列{an}满足，Sn为{an}的前n项和，则S20＝（）A．300B．320C．340D．360二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．求值：＝．14．已知平面向量，满足，，

且与的夹角为，则＝．15．在数列{an}中，a1＝2，＝（n≥2，n∈N*），则a9＝．16．已知ax2﹣2ax+1＞0对x∈R恒成立，则a的取值范围是．三、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写岀文字

说明、证明过程或演算步骤。17．已知函数f（x）＝x2﹣ax+b+2，a∈R，b∈R．（1）若关于x的不等式f（x）＜0的解集为（1，2），求实数a，b的值；（2）若关于x的不等式f（x）≤b在x∈[1，3]上能成立，求实数a的取

值范围．18．已知向量，，若函数．（1）求函数f（x）的最小正周期和单调递增区间；（2）若θ为钝角，且，求tanθ的值．19．已知在锐角△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，△ABC同时满足下列4个条件中的三个：①，②a＝4，③，④．（1）指出这

三个条件，并说明理由；（2）求边长b和三角形的面积S△ABC．20．已知数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝2，an+1＝Sn．（1）求数列{an}的通项公式；（2）设bn＝log2an，求数列的前n项和Tn．21．成都市为迎接2022年世界大学生运动会，需规划公路自行车比赛赛道，该赛道的平面

示意图为如图的五边形ABCDE，根据自行车比赛的需要，需预留出AC，AD两条服务车道（不考虑宽度），DC，CB，BA，AE，ED为赛道，∠ABC＝∠AED＝，∠BAC＝，BC＝2（km），CD＝4（km）．注：km为千米．（1）若cos∠CAD＝，求服务通道AD的长；（2）在（1）的

条件下，求折线赛道AED的最长值（即AE+ED最大）．（结果保留根号）22．已知数列{an}满足an+12＝an•an+2（n∈N*），且a1＝2，a4＝16．（1）求数列{an}的通项公式；（2）若bn＝（2n﹣1）an，求数列

{bn}的前n项和Sn；（3）设cn＝，记数列{cn}的前n项和为Tn，证明：Tn＜2．参考答案一、选择题（共12小题，每小题5分，共60分．）1．已知向量＝（1，4），＝（2，﹣m），⊥，则m＝（）A．8B．﹣8C．D．解：∵向量＝（1，4），＝（2，﹣m），⊥，∴＝1

×2+4×（﹣m）＝0，求得m＝，故选：C．2．已知实数a，b满足a＜b，则下列关系式一定成立的是（）A．a2＜b2B．ln（b﹣a）＞0C．D．2a＜2b解：A：当a＝﹣4，b＝﹣3时，满足a＜b，但a2＞b2，∴A错误，B：当a＝﹣

4，b＝﹣3时，满足a＜b，但ln（b﹣a）＝0，∴B错误，C：当a＝﹣4，b＝3时，满足a＜b，但＜，∴C错误，D：∵y＝2x为增函数，a＜b，∴2a＜2b，∴D正确．故选：D．3．下列说法正确的是（）A．直角三角形绕一边旋转得到的旋转体一定是圆锥B．用一个平面去截圆锥，圆锥底

面和截面之间的部分一定是圆台C．正视图和侧视图的高一定是相等的，正视图和俯视图的长一定是相等的D．利用斜二测画法画出的正方形的直观图和原来正方形的面积之比是解：对于A，直角三角形绕斜边旋转一周得到的旋转体是两个圆锥的组合体，所以A错误

；对于B，只有用一个平行于底面的平面截圆锥，圆锥底面和截面之间的部分才是圆台，所以B错误；对于C，根据三视图画法规则知，正视图和侧视图的高相等，正视图和俯视图的长相等，所以C正确；对于D，用斜二测画法画出的正方形的直观图和原来正方形的面积之比是1：，所以D错误

．故选：C．4．在△ABC中，点D在BC边上，且，则（）A．B．C．D．解：如图，＝\overrightarrow{BD}＝3\overrightarrow{DC}\overrightarrow{BD}＝\frac{3

}{4}\overrightarrow{BC}\frac{3}{4}（\overrightarrow{AC}﹣\overrightarrow{AB}）\overrightarrow{AD}\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BD}\overrigh

tarrow{AB}+\frac{3}{4}（\overrightarrow{AC}﹣\overrightarrow{AB}）\frac{1}{4}\overrightarrow{AB}+\frac{3}{4}\overrighta

rrow{AC}$，故选：B．5．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若a＝1，，，则b＝（）A．1B．2C．D．1或2解：因为a＝1，，，所以由余弦定理a2＝b2+c2﹣2bccosA，可得1＝b2+3﹣2×，整理可得：b2﹣3b+2＝0，解得b＝2，或1．故选：D．6．某圆柱的

高为1，底面周长为8，其三视图如图．圆柱表面上的点P在正视图上的对应点为A，圆柱表面上的点Q在左视图上的对应点为B，则在此圆柱侧面上，从P到Q的路径中，最短路径的长度为（）A．B．C．D．1解：根据几何体的三视图：如图所示：由于底面周长为8，得到：2πr＝8，

解得：r＝，所以：点M到N在下地面上的射影的弧长为l＝＝2，所以：MN的最小值为|MN|＝＝．故选：B．7．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，b+c＝10，，则S△ABC＝（）A．B．C．D．解：因为，b+c＝10，，所以由余弦定理a2＝b2+c2﹣2bcc

osA，可得40＝b2+c2﹣ab＝（b+c）2﹣3bc＝100﹣3bc，所以bc＝20，所以S△ABC＝bcsinA＝20×＝5．故选：A．8．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若a12＞0，a11+a12＜0，则满足Sn＞0的最小正整数n的值为（）A．22B．23C．24D．25解：由等

差数列{an}中a12＞0，a11+a12＜0可知a11＜0，∴根据等差数列性质S22＝＝11（a11+a12）＜0，S23＝＝＝23a12＞0，由上面分析可知满足Sn＞0的最小正整数n的值为23．故选：B．9．我国南北朝时期的数学家、天文学家祖暅提出了著

名的祖暅原理：“幂势既同，则积不容异．”“势”即是高，“幂”即是面积，意思是：如果两等高的几何体在同高处截得两几何体的截面面积相等，那么这两个几何体的体积相等．如图所示，扇形的半径为2，圆心角为，若扇形AOB绕直线OB旋转一周，图中阴影部分

旋转后所得几何体与某不规则几何体满足“幂势同”，则该不规则几何体的体积为（）A．B．2πC．D．解：因为扇形AOB绕直线OB旋转一周，图中阴影部分旋转后所得几何体是半球去掉一个圆锥体剩余部分，则该几何体的体积为V＝•23﹣π•22•2＝．故选：C．10．设a＞0

，b＞0，若a+b＝1，则的最小值为（）A．5B．7C．9D．11解：∵a＞0，b＞0，且a+b＝1，∴＝（）（a+b）＝5+．当且仅当b＝2a，即a＝，b＝时等号成立．故选：C．11．已知A，B是球O的球面上两点，，P为该球面上动点，若三棱锥O﹣PAB体积的

最大值为，则球O的表面积为（）A．12πB．16πC．24πD．36π解：如图所示，当点P位于垂直于面AOB的直径端点时，三棱锥O﹣PAB的体积最大，设球O的半径为R，此时VO﹣PAB＝VP﹣AOB＝＝，解得R＝2，则球O的表面积为4πR2

＝16π，故选：B．12．已知数列{an}满足，Sn为{an}的前n项和，则S20＝（）A．300B．320C．340D．360解：因为，所以当n为偶数时，有an+1+an＝3n+1，∴an+2﹣an+1＝3n+4，∴an+an+2＝6n+5，∴a2+

a4＝6×2+5＝17；a6+a8＝6×6+5＝41，…，a18+a20＝6×18+5＝113，∴．当n为奇数时，有an+1﹣an＝3n+1，∴an+2+an+1＝3n+4，∴an+2+an＝3，∴a1+a3＝3，a5+a7＝3，…，a17+a19＝3，∴a1+a3+⋯+a19＝5×3＝

15，∴S20＝a1+a2+a3+⋯+a20＝（a1+a3+⋯+a19）+（a2+a4+⋯+a20）＝325+15＝340．故选：C．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．求值：＝．解：＝tan（33°+27°）＝tan60°＝．故答案为：．14．已知平面向量，满足，，且与的

夹角为，则＝．解：平面向量，满足，，且与的夹角为，则＝＝＝．故答案为：．15．在数列{an}中，a1＝2，＝（n≥2，n∈N*），则a9＝18．解：在数列{an}中，a1＝2，＝（n≥2，n∈N*），＝•••×＝9＝，则a9＝9×2＝18．故答

案为：18．16．已知ax2﹣2ax+1＞0对x∈R恒成立，则a的取值范围是a∈[0，1）．解：当a＝0时，ax2﹣2ax+1＞0为1＞0，恒成立；当a≠0时，由ax2﹣2ax+1＞0对x∈R恒成立，得，解得0＜a

＜1，综上得0≤a＜1，所以a的取值范围是[0，1）．故答案为：[0，1）．三、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写岀文字说明、证明过程或演算步骤。17．已知函数f（x）＝x2﹣ax+b+2，a∈R

，b∈R．（1）若关于x的不等式f（x）＜0的解集为（1，2），求实数a，b的值；（2）若关于x的不等式f（x）≤b在x∈[1，3]上能成立，求实数a的取值范围．解：（1）因为f（x）＜0的解集为（1，2），所以1，2是方程x2﹣ax+b+2＝0的两个根；所

以a＝1+2＝3；b+2＝1×2＝2；解得a＝3，b＝0．（2）因为x2﹣ax+b+2≤b在x∈[1，3]上能成立；所以x2﹣ax+2≤0在x∈[1，3]上能成立；转化为ax≥x2+2；即x∈[1，3]时，；因为（当且仅当时取“＝”），

由于，所以a的取值范围是．18．已知向量，，若函数．（1）求函数f（x）的最小正周期和单调递增区间；（2）若θ为钝角，且，求tanθ的值．解：（1）∵＝，∴f（x）的最小正周期；令，∴，k∈Z，∴单调递增区

间为：，k∈Z．（2）∵，∴，∵，∴；；．19．已知在锐角△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，△ABC同时满足下列4个条件中的三个：①，②a＝4，③，④．（1）指出这三个条件，并说明理由；（2）求边长b和三角形的面积

S△ABC．解：（1）该三角形同时满足①②③，理由如下：若锐角△ABC同时满足①④，∵，∴或（舍），又，∴，∴，这与△ABC为锐角三角形相矛盾，故①④不能同时选，∴②③必选，若选②③④，∵a＜c，∴A＜C，∵，∴0＜，∴A+C＜，∴B＝π﹣（A+C）＞，与△ABC为锐角三角形相矛盾，∴该三

角形同时满足①②③．（2）由余弦定理知，，化简得b2﹣8b+16＝0，∴b＝4，∴．20．已知数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝2，an+1＝Sn．（1）求数列{an}的通项公式；（2）设bn＝log2an，求数列的前n项和Tn．解：（1）∵an

+1＝Sn，当n≥2时，an＝Sn﹣1，两式相减得an+1＝2an（n≥2）．∴{an}为从第二项开始的等比数列，∵a2＝S1＝2，∴．（2）∵①当n≥2时，＝＝．②当n＝1时，T1＝1，满足，综上所述：．21．成都市为迎接2022年世界大学生运

动会，需规划公路自行车比赛赛道，该赛道的平面示意图为如图的五边形ABCDE，根据自行车比赛的需要，需预留出AC，AD两条服务车道（不考虑宽度），DC，CB，BA，AE，ED为赛道，∠ABC＝∠AED＝，∠BAC＝，BC＝2（km），CD＝4（km）．注：km为千米

．（1）若cos∠CAD＝，求服务通道AD的长；（2）在（1）的条件下，求折线赛道AED的最长值（即AE+ED最大）．（结果保留根号）解：（1）在△ABC中，由正弦定理得：，；在△ACD中，由余弦定理得CD2＝AD2+AC2﹣2AC⋅AD⋅cos∠CAD，∴，∴

．（2）方法一：在△ADE中，由余弦定理得：，∴AD2＝AE2+ED2+AE⋅AD，50＝（AE+ED）2﹣AE⋅AD，∵，∴，∴，∴．（当且仅当时取“＝”）方法二：在△ADE中，设∠ADE＝∠1，∠EAD＝∠2，∴，∴，，∴＝＝＝＝＝，∵，∴，，∴，∴．22．已知数列{an

}满足an+12＝an•an+2（n∈N*），且a1＝2，a4＝16．（1）求数列{an}的通项公式；（2）若bn＝（2n﹣1）an，求数列{bn}的前n项和Sn；（3）设cn＝，记数列{cn}的前n项和为Tn，证明：Tn＜2．解：（1）由a＝anan+2，得＝，所以{an}是等比数列，设{a

n}的公比为q，由a1＝2，a4＝16，得q3＝＝＝8，解得q＝2，所以an＝2×2n﹣1＝2n．（2）由（1）可知bn＝（2n﹣1）•2n，所以Sn＝b1+b2+…+bn＝1×21+3×22+…+（2n

﹣1）•2n①，所以2Sn＝1×22+3×23+…+（2n﹣1）•2n+1②；②﹣①得：Sn＝﹣2﹣2（22+23+…+2n）+（2n﹣1）•2n+1，即Sn＝﹣2﹣2+（2n﹣1）•2n+1＝﹣2+33（1﹣2n﹣1）+（2n﹣1）•2n+1＝6+（2n﹣3）•2n+1．（3）证明

：由n∈N+，得2n＞0，则3n+2n＞3n，所以cn＝＜（）n，所以Tn＝c1+c2+…+cn＜（）+（）2+（）3+…+（）n＝＝2﹣2•（）n＜2．