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- 2023-12-01 发布
2019-2020学年四川省成都实外高一第二学期期中数学试卷
一、选择题（共12小题）.
1．已知a＞b，则下列不等式一定成立的是（ ）
A．a2＞b2 B．1a＜1b
C．log2a＞log2b D．2a＞2b
2．将一个球的半径变为原来的2倍，则表面积变为原来的（ ）
A．2倍 B．4倍 C．8倍 D．16倍
3．在△ABC中，A=π4，BC=6，AC=3，则B＝（ ）
A．π6 B．π3 C．π6或5π6 D．π3或2π3
4．已知cos(α+π4)=23，则sin2α＝（ ）
A．-19 B．-79 C．19 D．79
5．已知某圆锥的底面半径为1，轴截面为等边三角形，则该圆锥的表面积为（ ）
A．π B．2π C．3π D．4π
6．已知数列{an}满足a1＝1，an+1＝an+3，则a1+a2+a3+…+a10＝（ ）
A．130 B．145 C．160 D．165
7．tan27°+tan33°+3tan27°tan33°=（ ）
A．3 B．-3 C．33 D．-33
8．已知一个简单几何体的三视图如图所示，若该几何体的体积为24π+48，则r＝（ ）
A．2 B．4 C．1 D．3
9．已知数列{an}的前n项和Sn＝n2，则数列{1anan+1}的前2020项和为（ ）
A．20194039 B．40384039 C．40404041 D．20204041
10．在△ABC中，cosAsinBcosC+cos（B+C）cosBsinC＝0，则△ABC的形状是（ ）
A．等腰三角形 B．直角三角形
C．等腰直角三角形 D．等腰三角形或直角三角形
11．若不等式x+4xy≤m(3x+y)对所有正数x，y均成立，则实数m的最小值是（ ）
A．32 B．43 C．3 D．4
12．已知数列{an}满足：a1=6，an+1=[54an+34an2-2]，n∈N*，其中[x]表示不超过x的最大整数，Sn为{an}的前n项和，则S2020的个位数字是（ ）
A．0 B．1 C．4 D．5
二、解答题（每小题5分，共20分）
13．已知角α的终边经过点(13，223)，则sin2α＝ ．
14．已知Sn为等差数列{an}的前n项和，若a1+a2+a3＝51，a5＝11，则当n＝ 时，Sn取得最大值．
15．已知﹣1＜a﹣b＜1，2＜a+b＜3，则a+3b的取值范围是 ．
16．下列命题中正确的是 （写出所有正确命题的序号）．
①两个等差数列{an}，{bn}的前n项和分别为An，Bn，若AnBn=3n+5n+3，则a5b5=52．
②已知{an}为等比数列，a1＝2，公比q=-13，Sn为{an}的前n项和，则(Sn)max=2，(Sn)min=43．
③已知a，b，c是△ABC的三边长，则以a，b，c为边长的三角形一定存在．
④在△ABC中，AB＝AC，AC边上的中线BD长为6，则△ABC的面积的最大值为24．
三、解答题（第17题10分，第18-22题每小题10分，共70分．应写出必要的文字说明，证明过程或计算步骤）
17．已知关于x的不等式2kx2+kx﹣1＜0．
（1）若不等式的解集为(-32，1)，求实数k的值；
（2）若不等式的解集为R，求实数k的取值范围．
18．在正四棱锥P﹣ABCD中，PA＝AB＝2，E是线段PD的中点．
（1）在图中作出过点B，C，E的平面与该四棱锥的交线，并求出截面周长．
（2）求异面直线PB与CE所成角的余弦．
19．设{an}是各项均为正数的等比数列，已知a1＝3，4a3是a5与﹣9a1的等差中项，
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）令bn＝（2n﹣1）an，求数列{bn}的前n项和Tn．
20．“我将来要当一名麦田里的守望者，有那么一群汉子在一大块麦田里玩，几千万的小孩子，附近没有一个大人，我是说…除了我”《麦田里的守望者》中的主人公霍尔顿将自己的精神生活寄托于那广阔无垠的麦田．假设霍尔顿在一块呈凸四边形ABCD的麦田里成为守望者，如图所示．为了分割麦田，他将BD连接，设△ABD中边BD所对的角为A，△BCD中边BD所对的角为C，经测量已知AB＝BC＝CD＝2，AD＝23．
（1）霍尔顿发现无论边BD多长，3cosA﹣cosC为一个定值，请你验证霍尔顿的结论，并求出这个定值；
（2）霍尔顿发现麦田的生长与土地面积的平方呈正相关，记△ABD与△BCD的面积分别为S1和S2，为了更好地规划麦田，请你帮助霍尔顿求出S12+S22的最大值．
21．已知f(x)=sin2x+3sinxcosx+2sin(π4-x)cos(π4-x)．
（1）求f（x）在[-π12，π4]上的最大值和最小值；
（2）记（1）中f（x）的最大值与最小值之和为m，若函数g（x）＝msinx+λcosx在(0，π3)上存在最大值，求λ的取值范围．
22．已知数列{an}满足a1=3，an+1=4an+3n-1，n∈N*．
（1）求证：数列{an+3n-1}是等比数列，并求{an}的通项公式；
（2）记Sn=1a1+1a2+⋯+1an，求证：对任意n∈N*，13≤Sn＜49；
（3）设bn=log2(an+3n-1)+1，若不等式(1+1b1)(1+1b2)⋯(1+1bn)≥m152n+3对于任意的n∈N*恒成立，求正整数m的最大值．
参考答案
一、选择题（每小题5分，共60分．每个小题只有一个正确选项）
1．已知a＞b，则下列不等式一定成立的是（ ）
A．a2＞b2 B．1a＜1b
C．log2a＞log2b D．2a＞2b
【分析】根据a＞b，取a＝1，b＝﹣1，则可排除错误选项．
解：根据a＞b，取a＝1，b＝﹣1，则可排除ABC．
故选：D．
2．将一个球的半径变为原来的2倍，则表面积变为原来的（ ）
A．2倍 B．4倍 C．8倍 D．16倍
【分析】根据“球的表面积S＝4πr2”进行推导，进而得出结论．
解：设球的半径为r，则原来的表面积S＝4πr2，
当半径变为原来的2倍时，即半径为2r，
则表面积为S＝4π（2r）2＝4πr2×4，
即这个球的表面积就变为原来的4倍．
故选：B．
3．在△ABC中，A=π4，BC=6，AC=3，则B＝（ ）
A．π6 B．π3 C．π6或5π6 D．π3或2π3
【分析】由已知结合正弦定理及大边对大角即可求解．
解：由正弦定理可得，asinA=bsinB，
所以622=3sinB，
故sinB=12，
因为BC＞AC，故A＞B，
所以B 为锐角，即B=π6．
故选：A．
4．已知cos(α+π4)=23，则sin2α＝（ ）
A．-19 B．-79 C．19 D．79
【分析】由题意利用诱导公式、二倍角的余弦公式，求得结果．
解：∵已知cos(α+π4)=23，则sin2α＝﹣cos（2α+π2）＝1﹣2cos2(α+π4)=1﹣2×49=19，
故选：C．
5．已知某圆锥的底面半径为1，轴截面为等边三角形，则该圆锥的表面积为（ ）
A．π B．2π C．3π D．4π
【分析】首先利用等边三角形的应用求出圆锥的母线长，进一步求出圆锥的表面积．
解：某圆锥的底面半径为1，轴截面为等边三角形，
则：该圆锥的母线长为2，
所以：S表=S侧+S底=π×1×2+π×12=3π．
故选：C．
6．已知数列{an}满足a1＝1，an+1＝an+3，则a1+a2+a3+…+a10＝（ ）
A．130 B．145 C．160 D．165
【分析】由an+1＝an+3可得数列{an}是等差数列，利用等差数列的前n项和公式即可得到结论．
解：∵数列{an}满足a1＝1，an+1＝an+3，
∴{an}是等差数列，公差d＝3，
则a1+a2+a3+…+a10＝10+10×92×3=10+135＝145，
故选：B．
7．tan27°+tan33°+3tan27°tan33°=（ ）
A．3 B．-3 C．33 D．-33
【分析】由已知利用两角和的正切函数公式，特殊角的三角函数值即可化简求解．
解：tan27°+tan33°+3tan27°tan33°
＝tan（27°+33°）（1﹣tan27°tan33°）+3tan27°tan33°
＝tan60°﹣tan60°tan27°tan33°+3tan27°tan33°
=3-3tan27°tan33°+3tan27°tan33°
=3．
故选：A．
8．已知一个简单几何体的三视图如图所示，若该几何体的体积为24π+48，则r＝（ ）
A．2 B．4 C．1 D．3
【分析】由题意，直观图为14圆锥与三棱锥的组合体，利用几何体的体积求出r即可．
解：由题意，直观图为14圆锥与三棱锥的组合体，
该几何体的体积为14×13×π×9r2×4r+13×12×3r×3r×4r＝24π+48，∴r＝2．
故选：A．
9．已知数列{an}的前n项和Sn＝n2，则数列{1anan+1}的前2020项和为（ ）
A．20194039 B．40384039 C．40404041 D．20204041
【分析】先由an＝Sn﹣Sn﹣1求出an，再利用裂项相消法求数列{1anan+1}的前2020项和即可．
解：当n≥2时，an＝Sn﹣Sn﹣1＝n2﹣（n﹣1）2＝2n﹣1，当n＝1时，有S1＝1＝a1也适合，故an＝2n﹣1，
∴1anan+1=1(2n-1)(2n+1)=12（12n-1-12n+1），
∴数列{1anan+1}的前2020项和为12（11-13+13-15+⋯+14039-14041）=20204041．
故选：D．
10．在△ABC中，cosAsinBcosC+cos（B+C）cosBsinC＝0，则△ABC的形状是（ ）
A．等腰三角形
B．直角三角形
C．等腰直角三角形
D．等腰三角形或直角三角形
【分析】直接利用三角函数关系式的恒等变换和三角形的形状的判定的应用求出结果．
解：在△ABC中，cosAsinBcosC+cos（B+C）cosBsinC＝0，
根据三角函数的关系式的变换：
cosAsinBcosC﹣cosAcosBsinC＝0，所以cosA（sinBcosC﹣cosBsinC）＝0，
故：cosA＝0或sinBcosC﹣cosBsinC＝0，
由于0＜A、B、C＜π，
所以A=π2或B＝C．
故△ABC为直角三角形或等腰三角形．
故选：D．
11．若不等式x+4xy≤m(3x+y)对所有正数x，y均成立，则实数m的最小值是（ ）
A．32 B．43 C．3 D．4
【分析】由题意可得1+4yx≤m（3+yx），可设t=yx（t＞0），可得1+4t≤m（3+t2），可得m≥1+4t3+t2恒成立，再设1+4t＝m（m＞1），运用基本不等式求得此不等式右边的最大值，可得m的最小值．
解：不等式x+4xy≤m(3x+y)对所有正数x，y均成立，
可得1+4yx≤m（3+yx），
可设t=yx（t＞0），上式即为1+4t≤m（3+t2），
可得m≥1+4t3+t2恒成立，
再设1+4t＝m（m＞1），可得1+4t3+t2=m3+(m-14)2=16mm2-2m+49=16m+49m-2≤162m⋅49m-2=43，
当且仅当m＝7即t=32时，1+4t3+t2的最大值为43，
可得m≥43，即m的最小值为43．
故选：B．
12．已知数列{an}满足：a1=6，an+1=[54an+34an2-2]，n∈N*，其中[x]表示不超过x的最大整数，Sn为{an}的前n项和，则S2020的个位数字是（ ）
A．0 B．1 C．4 D．5
【分析】通过计算出前几项的值找出规律，进而利用放缩法确定规律，进而计算可得结论．
解：∵a1=6，an+1=[54an+34an2-2]，n∈N*，
∴a2＝[54×6+3436-2]＝11，a3＝[54×11+34×121-2]＝21，a4＝[54×21+34×441-2]＝41，a5＝[54×41+34×1681-2]＝81，…，
an+1＝[54an+34an2-2]＜54an+34an＝2an，
即从第二项起每项的个位数均为1，故S2020的个位数字相加之和为6+（2020﹣1）＝2025，
∴S2020的个位数字5．
故选：D．
二、解答题（每小题5分，共20分）
13．已知角α的终边经过点(13，223)，则sin2α＝ 429 ．
【分析】由题意利用任意角的三角函数的定义，二倍角的正弦公式，求得结果．
解：∵角α的终边经过点(13，223)，而且该点在单位圆上，
∴sinα=223，cosα=13，则sin2α＝2sinα•cosα=429，
故答案为：429．
14．已知Sn为等差数列{an}的前n项和，若a1+a2+a3＝51，a5＝11，则当n＝ 10 时，Sn取得最大值．
【分析】由已知结合等差数列的性质可求公差d，然后结合数列项的正负即可判断．
解：∵等差数列{an}中，a1+a2+a3＝3a2＝51，a5＝11，
所以a2＝17，
故d=a5-a25-2=11-173=-2，
故an＝a2+（n﹣2）d＝17﹣2（n﹣2）＝21﹣2n，
当n≤10时，an＞0，当n≥11时，an＜0，
故当n＝10时，Sn取得最大值．
故答案为：10．
15．已知﹣1＜a﹣b＜1，2＜a+b＜3，则a+3b的取值范围是 （3，7） ．
【分析】由﹣1≤a﹣b≤1，2≤a+b≤3，设a+3b＝（m+n）a+（n﹣m）b，解得m，n，然后转化求解即可．
解：由﹣1＜a﹣b＜1，2＜a+b＜3，
设a+3b＝m（a﹣b）+n（a+b）＝（m+n）a+（n﹣m）b，
∴m+n=1n-m=3，解得n=2m=-1．
∴﹣1＜﹣（a+b）＜1，4＜2（a+b）＜6，
∴3＜a+3b＜7．
∴a+3b的取值范围是（3，7）．
故答案为：（3，7）．
16．下列命题中正确的是 ②③④ （写出所有正确命题的序号）．
①两个等差数列{an}，{bn}的前n项和分别为An，Bn，若AnBn=3n+5n+3，则a5b5=52．
②已知{an}为等比数列，a1＝2，公比q=-13，Sn为{an}的前n项和，则(Sn)max=2，(Sn)min=43．
③已知a，b，c是△ABC的三边长，则以a，b，c为边长的三角形一定存在．
④在△ABC中，AB＝AC，AC边上的中线BD长为6，则△ABC的面积的最大值为24．
【分析】直接利用数列的求和公式的应用，三角形的解法的应用，不等式的性质的应用，正弦定理、余弦定理和三角形面积公式的应用求出结果，
解：①两个等差数列{an}，{bn}的前n项和分别为An，Bn，若AnBn=3n+5n+3，a5b5=2a52b5=9(a1+a9)29(b1+b9)2=A9B9=3212=83，故错误．
②已知{an}为等比数列，a1＝2，公比q=-13，Sn为{an}的前n项和，则数列的（Sn）max＝a1＝2，(Sn)min=a1+a2=43，故正确．
③已知a，b，c是△ABC的三边长，则a+b＞c，以a，b，c为边长满足a+b＞c，采用平方法：即a+2ab+b＞c，成立．
同理a+c＞b，c+b＞a，则这样的三角形一定存在．故正确．
④在△ABC中，设AB＝AC＝2x，AD＝x，设三角形的顶角为θ，
所以cosθ=(2x)2+x2-362×2x×x=5x2-364x2，
所以sinθ=1-cos2θ=1-(5x2-364x2)2=-9(x2-20)2+602-3624x2，
S△ABC=12⋅2x⋅x⋅sinθ=12-9(x2-20)2+602-362，
当x2＝20时，
S△ABC的最大值为12×602-362=12×48=24．
则△ABC的面积的最大值为24．
故答案为：②③④
三、解答题（第17题10分，第18-22题每小题10分，共70分．应写出必要的文字说明，证明过程或计算步骤）
17．已知关于x的不等式2kx2+kx﹣1＜0．
（1）若不等式的解集为(-32，1)，求实数k的值；
（2）若不等式的解集为R，求实数k的取值范围．
【分析】（1）根据不等式与对应方程的关系，把x＝1代入方程求出k的值；
（2）讨论k＝0和k≠0时，利用判别式求出k的取值范围．
解：（1）关于x的不等式2kx2+kx﹣1＜0的解集为(-32，1)，
所以-32和1是方程2kx2+kx﹣1＝0的两个实数根，
代入x＝1得2k+k﹣1＝0，解得k=13；
（2）若不等式2kx2+kx﹣1＜0的解集为R，
则k＝0时，不等式为﹣1＜0，满足题意；
k≠0时，应满足k＜0△=k2+8k＜0，
解得﹣8＜k＜0；
综上知，实数k的取值范围是﹣8＜k≤0．
18．在正四棱锥P﹣ABCD中，PA＝AB＝2，E是线段PD的中点．
（1）在图中作出过点B，C，E的平面与该四棱锥的交线，并求出截面周长．
（2）求异面直线PB与CE所成角的余弦．
【分析】（1）设F为PA的中点，则EF，FB为所求，再由已知分别求出EF，BF，CE的长度，则答案可求；
（2）设O为底面对角线的交点，连接OE，则OE∥PB，可得∠OEC即为异面直线PB与CF所成角（或其补角），然后求解三角形得答案．
解：（1）如图所示，设F为PA的中点，连接EF，BF，
由题意，EF=12AD＝1，
由△PAB，△PCD是边长为2的等边三角形，可得BF＝CE=3．
∴截面四边形BCEF的周长为2+3+1+3=3+23；
（2）设O为底面对角线的交点，连接OE，则OE∥PB，
∴∠OEC即为异面直线PB与CF所成角（或其补角）．
在△OEC中，OE=12PB＝1，OC=2，CE=3．
∴cos∠OEC=OECE=33．
19．设{an}是各项均为正数的等比数列，已知a1＝3，4a3是a5与﹣9a1的等差中项，
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）令bn＝（2n﹣1）an，求数列{bn}的前n项和Tn．
【分析】（1）设各项均为正数的等比数列{an}公比为q，由题设条件列出q的方程，求出q，即可求得an；
（2）先求得bn，再利用错位相减法求Tn．
解：（1）设各项均为正数的等比数列{an}公比为q，则q＞0．∵a1＝3，4a3是a5与﹣9a1的等差中项，
∴8a3＝a5﹣9a1，即8q2＝q4﹣9，解得q＝3，∴an＝a1qn﹣1＝3n；
（2）由（1）得：bn＝（2n﹣1）an＝（2n﹣1）•3n，∴Tn＝1×31+3×32+5×33+…+（2n﹣1）•3n①，
又3Tn＝1×32+3×33+5×34+…+（2n﹣1）•3n+1②，
由①﹣②可得：﹣2Tn＝3+2（32+33+34+…+3n）﹣（2n﹣1）•3n+1＝3+2×32(1-3n-1)1-3+（1﹣2n）•3n+1＝﹣6+（2﹣2n）•3n+1，
∴Tn＝3+（n﹣1）•3n+1．
20．“我将来要当一名麦田里的守望者，有那么一群汉子在一大块麦田里玩，几千万的小孩子，附近没有一个大人，我是说…除了我”《麦田里的守望者》中的主人公霍尔顿将自己的精神生活寄托于那广阔无垠的麦田．假设霍尔顿在一块呈凸四边形ABCD的麦田里
成为守望者，如图所示．为了分割麦田，他将BD连接，设△ABD中边BD所对的角为A，△BCD中边BD所对的角为C，经测量已知AB＝BC＝CD＝2，AD＝23．
（1）霍尔顿发现无论边BD多长，3cosA﹣cosC为一个定值，请你验证霍尔顿的结论，并求出这个定值；
（2）霍尔顿发现麦田的生长与土地面积的平方呈正相关，记△ABD与△BCD的面积分别为S1和S2，为了更好地规划麦田，请你帮助霍尔顿求出S12+S22的最大值．
【分析】（1）利用余弦定理推出A与C的关系，即可求得3cosA﹣cosC为一个定值；
（2）求出S12+S22的表达式，利用二次函数以及余弦函数的值的范围，求解即可得到最大值．
解：（1）在△ABD中，BD2＝AD2+AB2﹣2AD•ABcosA＝16﹣83cosA，
在△BCD中，BD2＝CD2+CB2﹣2CD•CBcosC＝8﹣8cosC，
∴3cosA﹣1＝cosC，则3cosA﹣cosC＝1，为定值；
（2）S12+S22=14AB2•AD2•sin2A+14BC2•CD2•sin2C
＝12sin2A+4sin2C＝12sin2A+4﹣4cos2C＝12sin2A+4﹣4(3cosA-1)2
＝﹣24cos2A+83cosA+12≤14．
等号成立时cosA=36．
∴S12+S22的最大值为14．
21．已知f(x)=sin2x+3sinxcosx+2sin(π4-x)cos(π4-x)．
（1）求f（x）在[-π12，π4]上的最大值和最小值；
（2）记（1）中f（x）的最大值与最小值之和为m，若函数g（x）＝msinx+λcosx在(0，π3)上存在最大值，求λ的取值范围．
【分析】（1）首先利用三角函数关系式的恒等变换把函数的关系式变形成正弦型函数，进一步求出函数的最值．
（2）利用（1）的结论，进一步利用三角函数关系式的恒等变换利用函数的的自变量额范围求出参数的范围．
解：（1）f(x)=sin2x+3sinxcosx+2sin(π4-x)cos(π4-x)=1-cos2x2+3sin2x2+sin(π2-2x)=sin（2x+π6）+12．
由于x∈[-π12，π4]，
所以2x+π6∈[0，2π3]．
则f(x)min=f(-π12)=12，f(x)max=f(π6)=32．
（2）由（1）得：m＝2．
g（x）＝2sinx+λcosx=4+λ2sin(x+α)，（tanα=λ2）．
当x∈(0，π3)时，x+α∈(α，π3+α)．
要使g（x）在（0，π3）上存在最大值，必有π3+α＞π2，即有α＞π6．
所以λ2=tanα＞33，
所以λ＞233．
22．已知数列{an}满足a1=3，an+1=4an+3n-1，n∈N*．
（1）求证：数列{an+3n-1}是等比数列，并求{an}的通项公式；
（2）记Sn=1a1+1a2+⋯+1an，求证：对任意n∈N*，13≤Sn＜49；
（3）设bn=log2(an+3n-1)+1，若不等式(1+1b1)(1+1b2)⋯(1+1bn)≥m152n+3对于任意的n∈一、选择题*恒成立，求正整数m的最大值．
【分析】（1）由题意可得an+1+3n＝4（an+3n﹣1），由等比数列的定义和通项公式，可得所求；
（2）求得当n≥2时，1an=13⋅4n-1+4n-1-3n-1＜13⋅4n-1=13•（14）n﹣1，运用等比数列的求和公式和不等式的性质，即可得证；
（3）求得bn＝log24n+1＝2n+1，运用参数分离，设f（n）=43•65•87⋯2n+22n+1•12n+3，判断f（n）的单调性，求得f（n）的最小值，可得所求最大值．
解：（1）证明：a1=3，an+1=4an+3n-1，n∈N*，
可得an+1+3n＝4（an+3n﹣1），
所以{an+3n﹣1}是以4为首项、4为公比的等比数列，所以an+3n﹣1＝4n，
则an＝4n﹣3n﹣1，n∈N*；
（2）证明：当n≥2时，1an=13⋅4n-1+4n-1-3n-1＜13⋅4n-1=13•（14）n﹣1，
所以Sn＜13[1+14+（14）2+…+•（14）n﹣1]=49[1﹣（14）n]＜49，
又1an＞0，所以Sn≥1a1=13，综上可得，13≤Sn＜49；
（3）bn＝log2（4n﹣3n﹣1+3n﹣1）+1＝log24n+1＝2n+1，
不等式(1+1b1)(1+1b2)⋯(1+1bn)≥m152n+3，即m15≤(1+1b1)(1+1b2)⋯(1+1bn)2n+1=43•65•87⋯2n+22n+1•12n+3，
设f（n）=43•65•87⋯2n+22n+1•12n+3，f(n+1)f(n)=43⋅65⋅87⋯2n+22n+1⋅2n+42n+3⋅12n+543⋅65⋅87⋯2n+22n+1⋅12n+3
=2n+42n+3•2n+32n+5=2n+4(2n+3)(2n+5)=2n+44n2+16n+15＞2n+44n2+16n+16=2n+4(2n+4)2=1，
所以f（n+1）＞f（n），即当n增大时，f（n）也增大，
所以只需m15≤f（n）min即可．因为f（n）min＝f（1）=43•15=4515，
所以m15≤4515，即m≤45≈8.95，
所以正整数m的最大值为8．