【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2217co

s22cos12139=−=−=−，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=，∴sin2si

nsinABA=，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+=+−=−

，()sincos1212fxxx=++−sincoscossincoscossinsinsincossinsincoscos1212121212121212xxxxxx

=+++=+++，6sincos2sin2sin121212432+=+==．()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()cossinsinsincosc

ossinACsinBACACAC==+=+所以sincos0AC=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.nC.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()*11n

nnaann+=+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11nnanan+=+，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21,11

3,244nnnan−==；结合等比数列的求和公式可知123naaaa++++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21,113,244nnnan−==，所以123naaaa++++111314

431223414nn−−−=+=−−，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{}nnab+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sinsinsina

bcABC−+−+=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−=，5sin13=−，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13AM

AC=，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(sincossincos)

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()()2221333

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

∴222222222222111193coscos53cos16444422cos4912cos2624cosababCkkkCCPCababCkkkCCAB+++++===+−+−−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1321sinsin1202147DCDB

CBD===（2）在BDC中，由已知可知DBC是锐角，又21sin14DBC=所以22157cos11414DBC=−=所以()coscoscos120cossin120sinABDABCDBCDBCDBC=−=+15732172142

1414=−+=−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()22c

os23sincossinfxxxxx=+−，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s

incossincos2sincos+=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−=+,∴1

133nnaa−+=+,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）∵1na+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：()2sincossincossincossinBBACCAAC=+=+ABC++=()sinsinACB+=，又()0,Bsin0B2cos1B=，即1

cos2B=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212ncccctn++++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++++=++++，()2341211121122123121222222nnnnnT+−+++++=+++++，-得231132222122

2222nnnnT++=++++−，152522nn++=−.2552nnnT+=−.(III)()()()()1cos12123cos1nnncaannnn+=+=+++,当n为奇数时，()cos11n+

=，()()123557799112123ncccnn+++=−+−++++=()()()228135471121154267.4nnnnn+−+++++=+=++2,nTtn22267,nntn++227613527,7

7tnnn++=++2.t当n为偶数时，()cos11n+=−，()()123557799112123ncccnn+++=−+−+−++=()2459132126.nnn−+++++=−−2,nTtn222

6,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.