【文档说明】四川省武胜烈面中学校2019-2020学年高一下学期期中考试数学试题【精准解析】.doc，共(17)页，1.231 MB，由小赞的店铺上传

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烈面中学2019级高一下期期中检测数学试题一、选择题（本大题共12小题，共60.0分）1.在等比数列na中，324202,3aaa=+=，则公比q的值为（）A.3B.13C.2或12D.3或13【答案】D【解析】【分析】由题，等比数列，易

得33203aaqq+=，代入求解即可.【详解】因为等比数列na中，324202,3aaa=+=即3320220233aaqqqq+=+=解得3q=或13故选D【点睛】本题考查了等比数列性质的运用，熟练其性质和通项是解题的关键，属于基础题.2.已知数列{}na的前n项和为()*22nnSn=

+N，则3a=()A.10B.8C.6D.4【答案】D【解析】【分析】根据332aSS=−，代入即可得结果.【详解】()()3233222224aSS=−=+−+=.故选：D.【点睛】本题主要考查了由数列的前n项和求数列中的项，属于基础题.3.在ABC中，3ab=，=120A，则角B的大

小为()A.30°B.45C.60D.90【答案】A【解析】【分析】根据正弦定理可得sinsinbABa=，代入即可得结果.【详解】由正弦定理sinsinabAB=，得3sin12sin23bbABab===，又AB，所以30B=，故选：A.【点睛】本题主

要考查了通过正弦定理解三角形，属于基础题.4.在ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若2a=，60B=，23ABCS=，则c=()A.2B.4C.23D.43【答案】B【解析】【分析】由已知利用三角形的面

积公式可求c的值．【详解】∵在ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且2a=，60B=，23ABCS=，∴123sin2ABCSacB==△，解得4c=，故选：B.【点睛】本题主要考查了三角形的面积公式，属于基础题．5.若1cos,3=则cos2=()A.

13B.13−C.79D.79−【答案】D【解析】【分析】利用二倍角余弦公式2cos22cos1=−并代值计算可得出答案．【详解】由二倍角余弦公式可得2217cos22cos12139=−=−=−，故选D．【点睛】本题考查二倍角余弦公式的应用，着重考查学生对二倍角公

式熟记和掌握情况，属于基础题．6.已知等腰三角形底角的余弦值为23，则顶角的正弦值是()A.459B.259C.－459D.－259【答案】A【解析】令底角为α，则顶角β＝π－2α，∵cosα＝23，∴sinα＝53，∴sinβ＝sin(π－2α)＝sin2α＝2sinαcosα＝2×53

×23＝459.7.已知ABC为锐角三角形，角A，B，C分别对应边a，b，c，且2sinabA=，cossinAC+的取值范围是()A.3,32B.33,22C.()0,3D.30,2【答案】B

【解析】【分析】由边角互化公式可求出π6B=，进而可求出ππ32A，则cossin3sin3ACA+=+，进而可求出cossinAC+的取值范围.【详解】解：∵sinsinabAB=及2sinabA=，∴s

in2sinsinABA=，又π0,2A，sin0A，∴1sin2B=，又ABC为锐角三角形，∴π6B=，∴π0ππ25ππ32062AACA=−，∴5cossincossinπ6ACAA

+=+−33cossin22AA=+3sin3A=+，∴2ππ5π336A+，∴1π3sin232A+，∴3π33sin232A+，∴cossinAC+的取值范围为33,22，故选:B.【点睛】本题考查了正弦定理，考

查了三角恒等变换，考查了三角函数最值的求解.本题的关键是由边角互化求出π6B=.本题的难点在于求cossinAC+的取值范围时，想到用A表示C.8.函数()5sinsin1212fxxx=+++最大值是()A.2B.32C.3D.23【

答案】C【解析】【分析】根据诱导公式和两角和的正弦公式化简()fx即可得出结论．【详解】5sinsincos1221212xxx+=+−=−，()sincos1212fx

xx=++−sincoscossincoscossinsinsincossinsincoscos1212121212121212xxxxxx=+++=+++，6sincos2sin2s

in121212432+=+==．()66sincos3sin.224fxxxx=+=+()fx的最大值为3．故选C．【点睛】本题考查了三角恒等变换，三角函数的最值，属于中档题．9.在ABC中，A，BÐ，C的对边分别为a，b，c

，2cos22Abcc+=，则ABC的形状一定是（）A.正三角形B.直角三角形C.等腰三角形D.等腰直角三角形【答案】B【解析】【分析】先利用二倍角的余弦公式和正弦定理可将条件2cos22Abcc+=化为sincossinBAC=，然后利用公式变形即可推

出2C=【详解】因为2cos22Abcc+=所以1cossinsinsin122sin2sin2ABCBCC++==+所以sincossinBAC=即()cossinsinsincoscossinACsinBACACAC==+=+所以sin

cos0AC=因为sin0A，所以cos0C=，因为()0,C所以2C=，即ABC是直角三角形故选：B【点睛】本题考查的是正弦定理和三角函数的恒等变换，属于常考题.10.若满足2c=，cossinaCcA=的ABC有两个，则边长BC的

取值范围为A.()1,2B.()1,3C.()3,2D.()2,2【答案】D【解析】因为cossinaCcA=，所以sincossinsintan14ACCACC===,因此sin2sinsincBCAAC==32(,)(,)sin(,1)(2,2)42242AABC

，选D.点睛：判断三角形解的个数的两种方法①代数法：根据大边对大角的性质、三角形内角和公式、正弦函数的值域等判断．②几何图形法：根据条件画出图形，通过图形直观判断解的个数．11.已知数列{}na满足11a=，()*11nnnaann+=+N，则na=()A.1n+B.n

C.11n+D.1n【答案】D【解析】【分析】由11nnnaan+=+化简得11nnanan+=+，再利用“叠乘法”，即可求解.【详解】由题意，数列{}na满足()*11nnnaann+=+N，所以

11nnanan+=+，所以13211221122111132nnnnnaaaannaaaaaannn−−−−−===−.故选：D.【点睛】本题主要考查了利用数列的递推公式求得数列的通项公式，其中解答中化简数列的递推公式，化简11nnana

n+=+，利用“叠乘法”求解是解答的关键，着重考查了推理与计算能力.12.数列{}na满足11a=，()11*121222nnnnaaaan−+++++=N，若12naaam+++恒成立，则m的最小值为()A.4B.2C.53D.43【

答案】B【解析】【分析】由已知可得，当2n时，2121222nnnnaaaa−−+++=，与已知式子相减可得，134nnaa+=，即可求出通项公式21,113,244nnnan−==；结合等比数列的求和公式可知123naaa

a++++13224n−=−，从而可求出m的最小值.【详解】解：由()11*121222nnnnaaaan−+++++=N，可得：当2n时，由2121222nnnnaaaa−−+++=，两式相减可得：134nnaa+=，又11a=得214a=，所以数列{}na的通项公式为2

1,113,244nnnan−==，所以123naaaa++++111314431223414nn−−−=+=−−，所以实数m的取值范围是[2,)+，即m的最小值为2，故选:B.

【点睛】本题考查了数列的求和，考查了数列的通项公式的求解.本题的关键是求出数列的通项公式.本题的易错点是忽略了2n时，134nnaa+=才成立，从而误把{}na当成了等比数列.二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13.设数列{}na，{}nb都是等差数列，

若115ab+=，7715ab+=，则44ab+=________.【答案】10【解析】【分析】由题得数列{}nnab+也是等差数列，得到()()()1177442ababab+++=+，化简即得解.【详解】因为数列{}na，{}nb都是等差数列，所以数列{}n

nab+也是等差数列.由等差中项的性质，得()()()1177442ababab+++=+，所以()445152ab+=+，解得4410ab+=.故答案为：10.【点睛】本题主要考查等差数列的性质，考查等差中项的应用，意在考查学生对这些知识的理解掌

握水平.14.在△ABC中，若,24Aa==，则sinsinsinabcABC−+−+＝______.【答案】2【解析】【分析】由正弦定理，将式子中的边化为角，代入即可．【详解】因为2sinsinsinabcRABC===所以2sinaRA=，2sinbRB=，2sincRC=所

以sinsinsinabcABC−+−+=2sin2sin2sin2sinsinsinRARBRCRABC−+=−+=sinaA=2sin4=2．【点睛】本题主要考查正弦定理的变形运用，属于基础题．15.已知3cos()5−=，5

sin13=−，且(0,)2，(,0)2−，则sin=______．【答案】3365【解析】试题分析：由(0)2，，(0)2−，得，所以，从而sin=，故答案为3365考点：三角恒等变形公

式．16.在ABC中，已知()23coscosbbCcB=+，点M，N在边AC，BC上，满足13AMAC=，12BNBC=，BM与AN交于点P，则CPAB的取值范围是________.【答案】1,25【解析】【分析】由()23coscosbbCcB=+用正

弦定理化边为角，应用三角函数恒等变换后，再由正弦定理得23ba=，以CBa=，CAb=为基底，用平面向量基本定理求出P分AN和BM的比，,CPAB都用基底表示后用数量积的性质求得其模，可得所求比值．【详解】由()23coscosbbCcB=+，得2sin3(s

incossincos)3sin()3sinBBCCBBCA=+=+=，所以23ba=，设CBa=，CAb=，∵点M，N在边AC，BC上，满足13AMAC=，12BNBC=，BM与AN交于点P，∴()()1111222CPCNNPCBNACBCACNab=+=+=

+−=−+①，又()()2221333CPCMMPbMBbCBCMab=+=+=+−=+−②，由①②得1(1)22(1)3−==−，解得12=，14=，∴1142CPab=+，又ABab=−，由23ba=，可设3,2bkak==，∴2222222222221

11193coscos53cos16444422cos4912cos2624cosababCkkkCCPCababCkkkCCAB+++++===+−+−−1788(1312cos)C=−+−，根据1cos1C−可得221425CPAB，∴CPAB的取

值范围是1,25.故答案为：1,25.【点睛】本题考查平面向量基本定理的应用，考查用数量积求向量的模，解题时已知条件变形得出23ba=，选取基底，把其它向量用基底表示后求解．三、解答题

（本大题共6小题，共70.0分）17.如图，在平面四边形ABCD中，1,7,4,120CDBDABABC====，120DCB=．(1)求sinDBC；(2)求AD．【答案】(1)2114；(2)33.【解析】【分析】（1）根据

正弦定理可求解出结果；（2）利用两角和差公式求出cosABD，再利用余弦定理求解出结果.【详解】（1）在BDC中，1CD=，7BD=，120DCB=由正弦定理得sinsin120DCBDDBC=所以1321sinsin1202147DCDBCBD=

==（2）在BDC中，由已知可知DBC是锐角，又21sin14DBC=所以22157cos11414DBC=−=所以()coscoscos120cossin120sinABDABCDBCDBCDBC=−=+1573217

21421414=−+=−在ABD中，由余弦定理可知：22272cos1672472714ADABBDABBDABD=+=+−−=−所以33AD=【点睛】本题考查两角和差公式的应用、正弦定理和余弦定理解三角形的问题，属于基础题.18.已知函数()22cos

23sincossinfxxxxx=+−，xR．（1）求函数()fx的单调增区间；（2）求方程()0fx=在(0，π]内的所有解．【答案】（1）[,]36ππkπkπ−++,kZ；（2）512x=或1112=x【解析】【分析】先将(

)fx进行恒等变换化为正弦型函数，（1）直接利用正弦函数的单调增区间得到222262kxk−+++,kZ，解得x的范围即可.（2）令()0fx=，解得x的值，对k进行赋值，使得x落在(0,内，即

得结果.【详解】()22cos23sincossinfxxxxx=+−3sin2cos22sin26xxx=+=+（1）由222262kxk−+++,kZ，解得：36kxk−++,kZ.∴函数()fx的单调增区间为,36kk

−++,kZ（2）由()0fx=得2sin206x+=，解得：26xk+=，即122kx=−+,kZ∵(0,x，∴512x=或1112x=．【点睛】本题考查

了三角函数求值的运算问题，考查三角恒等变换，正弦函数的单调性，是基础题．19.在ABC中，已知角A，B，C的对边分别为a，b，c，且coscos2cosaBbAcC+=.（1）求角C的大小；（2）若1c=，12ab+=+，求ABC的面积.【答案】（1

）4C=（2）12【解析】【分析】（1）由题意结合正弦定理和三角恒等变换得sin()2sincos+=ABCC，进而可得sin2cossin=CCC，即可得解；（2）由余弦定理结合题意可得22()22cos4+

−−=ababcab，解得2ab=后，利用1sin2ABCSabC=即可得解.【详解】（1）因为coscos2cosaBbAcC+=，由正弦定理得sincossincos2sincos+=ABBACC，即sin()2sincos+=ABCC．因为ABC+

+=，所以sin()sinABC+=，所以sin2cossin=CCC又因为()0C，，所以sin0C，所以2cos2C=即4C=；（2）由余弦定理得2222cosabcabC+−=，所以22()22cos4+−−=ababcab，即2(21)1(22

)+−=+ab，解得2ab=，所以1121sin22222ABCSabC===△．【点睛】本题考查了三角恒等变换、正弦定理和余弦定理的综合应用，考查了三角形面积公式的应用，属于中档题.20.已知在数列{}na中,11a=,132nnaa−=+.（1）求证：{1}na+为等比数列；（2

）求数列{}na的通项公式.【答案】（1）证明见解析；（2）1231nna−=−.【解析】【分析】(1)根据题意构造{1}na+,在等式132nnaa−=+两边同时加1即可.(2)根据(1)可得1na+为首项为2,公比为3的等比数列,即可得到1na+的通项公式,进而得到{}na的通项

公式.【详解】证明：（1）在数列na中,11a=,132nnaa−=+,∴1133nnaa−+=+,2n,∵112a+=,∴1na+每一项都不为0,∴1131nnaa−+=+为常数,∴1na+为首项为2,公比为3的等比数列；（2）∵1n

a+为首项为2,公比为3的等比数列,∴1na+的通项公式为1123nna−+=,∴1231nna−=−.【点睛】本题主要考查了证明等比数列求解通项公式的方法,需要根据题意构造等比数列,再进行求解.属于基础题.21.ABC的内角,,ABC的对

边分别为,,abc，已知2coscoscosbBaCcA=+.（1）求BÐ的大小；（2）若2b=，求ABC面积的最大值.【答案】（1）3；（2）3.【解析】【分析】（1）利用正弦定理将边化角，结合诱导公式可化简边角关系式，

求得1cos2B=，根据()0,B可求得结果；（2）利用余弦定理可得224acac+−=，利用基本不等式可求得()max4ac=，代入三角形面积公式可求得结果.【详解】（1）由正弦定理得：()2sincossincossincossinBBACC

AAC=+=+ABC++=()sinsinACB+=，又()0,Bsin0B2cos1B=，即1cos2B=由()0,B得：3B=（2）由余弦定理2222cosbacacB=+−得：224acac+−=又222acac+

（当且仅当ac=时取等号）2242acacacacac=+−−=即()max4ac=三角形面积S的最大值为：14sin32B=【点睛】本题考查解三角形的相关知识，涉及到正弦定理化简边角关系式、余弦定理解三角形、三角

形面积公式应用、基本不等式求积的最大值、诱导公式的应用等知识，属于常考题型.22.已知数列{}na的前n项和为nS，22nSnn=+.（1）求数列{}na的通项公式；（2）令2nnnab=，设数列{}nb的前n项和为nT，求nT；（3）令1cos(1)nnncaan+=+，若212ncc

cctn++++对*nN恒成立，求实数t的取值范围.【答案】（Ⅰ）21nan=+；（Ⅱ）2552nnnT+=−；（Ⅲ）5.t−【解析】试题分析：(1)当2n时，利用公式1nnnaSS−=−；，可得21nan=+，验证当1n=时是否适合即

可；（2）由（1）可得212nnnb+=，利用错位相减法求和即可（3）讨论当n为奇数时，当n为偶数时两种情况，分别利用等差数列求和公式求和，然后利用放缩法可证明结论.试题解析：(I)当2n时，()()221212121,nnnaSSnnnnn−=−=

+−−+−=+当1n=时，13a=，适合上式，21nan=+（*nN）.(II)212nnnb+=，则23211221231212222nnnT++++=++++，()234121112112212312122222

2nnnnnT+−+++++=+++++，-得2311322221222222nnnnT++=++++−，152522nn++=−.2552nnnT+=−.(III)()()()()1cos12123cos1nnncaannnn

+=+=+++,当n为奇数时，()cos11n+=，()()123557799112123ncccnn+++=−+−++++=()()()228135471121154267.4nnnnn

+−+++++=+=++2,nTtn22267,nntn++227613527,77tnnn++=++2.t当n为偶数时，()cos11n+=−，()()123557799112123ncccnn+++=−

+−+−++=()2459132126.nnn−+++++=−−2,nTtn2226,nntn−−62,tn−−5.t−综上所述，5.t−【方法点睛】本题主要考查等差数列的通项与求和公式以及错位相减法求数

列的的前n项和，属于中档题.一般地，如果数列na是等差数列，nb是等比数列，求数列nnab的前n项和时，可采用“错位相减法”求和，一般是和式两边同乘以等比数列nb的公比，然后作差求解,在写出“nS”与“nqS”的表达式时应特别注意将两式“错项对

齐”以便下一步准确写出“nnSqS−”的表达式.