2020-2021学年四川省巴中市高一（下）6月月考数学（理）试卷人教A版

这是一份2020-2021学年四川省巴中市高一（下）6月月考数学（理）试卷人教A版，共11页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


1. sin140∘cs10∘+cs40∘sin350∘= ( )
A.12B.−12C.32D.−32

2. 在△ABC中，A=60∘，B=45∘，BC=32，则AC=( )
A.32B.3C.23D.43

3. 记Sn为等差数列{an}的前n项和，已知S4=0，a5=5，则( )
A.an=2n−5B.an=3n−10C.Sn=2n2−8nD.Sn=12n2−2n

4. 在△ABC中，如果sinA:sinB:sinC=2:3:4 ，那么csC等于( )
A.23 B.−23 C.−13 D.−14

5. 设△ABC中BC边上的中线为AD，点O满足AO→=2OD→，则OC→=( )
A.−13AB→+23AC→B.23AB→−13AC→
C.13AB→−23AC→D.−23AB→+13AC→

6. 已知向量a→，b→满足|a→|=1， |b→|=2，|a→+b→|=6，则a→⋅b→=( )
A.12B.1C.3D.2

7. 对于任意实数x，不等式(a−2)x2−2(a−2)x−4<0恒成立，则实数a的取值范围为( )
A. a|a<2 B.a|a≤2C.a|−2
8. 已知1≤a+b≤4，−1≤a−b≤2，则3a−b的取值范围是( )
A.−52,192B.−8,1C.−1,8D.1,8

9. 已知函数y=x2−2x+3在区间[0, m]上有最大值3，最小值2，则m的取值范围是（ ）
A.[1, +∞)B.[0, 2]C.(−∞, 2]D.[1, 2]

10. 已知函数f(x)=2sinxsin(x+3φ)是奇函数，其中φ∈(0,π2)，则函数g(x)=cs(2x−φ)的图象（ ）
A.关于轴x =π12对称
B.关于点(−512π,0)对称
C.可由函数f(x)的图象向右平移π6个单位得到
D.可由函数f(x)的图象向左平移π3个单位得到

11. 已知数列{an}中，a1=2，n(an+1−an)=an+1，n∈N∗，若对于任意的a∈[−2, 2]，n∈N∗，不等式an+1n+1<2t2+at−1恒成立，则实数t的取值范围为( )
A.(−∞,−2]∪[1,+∞)B.(−∞,−2]∪[2,+∞)
C.(−∞,−1]∪[2,+∞)D.[−2,2]

12. 设函数f(x)=(x−3)3+x−1，{an}是公差不为0的等差数列，f(a1)+f(a2)+⋯+f(a7)=14，则a1+a2+⋯+a7=（ ）
A.0B.7C.14D.21
二、填空题

已知向量a→=1,2，b→=3,4，则a→在b→方向上的投影为________.

在数列an中，a1=2，an+1=an+n+1，则a5=________.

已知数列an，bn均为等比数列，其前n项和分别为Sn，Tn，若对任意的n∈N∗，都有SnTn=3n+14，则a5b3=______.

在平面四边形ABCD中，CD=6，对角线BD=83，∠BDC=90∘，sinA=32，则对角线AC的最大值为________.
三、解答题

已知数列an满足a1=1，nan+1=3n+1an，设bn=ann.
(1)求b1，b2，b3；

(2)判断数列bn是否为等比数列，说明理由；并求an的通项公式．

已知公差不为0的等差数列an满足a1=1，且a1，a2，a5成等比数列．
(1)求数列an的通项公式；

(2)若bn=2n−1，求数列{an⋅bn}的前n项和Tn．

已知锐角三角形ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且asinA+csinC=bsinB+csinA.
(1)求角B；

(2)求2cs2A2+sinπ2+C的最大值．

已知函数fx=ax2−a+1x+1a>0.
(1)若fx的单调递减区间是(−∞,1]，求a的值并证明fx在区间(−∞,1]上单调递减；

(2)解关于x的不等式fx<0a>0.

如图，在凸四边形ABCD中，C，D为定点，CD = 3，A，B为动点，满足AB=BC=DA=1．

(1)若C=π4，求csA；

(2)设△BCD和△ABD的面积分别是S，T，求S2+T2的最大值．

已知数列an中，a1=1，an⋅an+1=12nn∈N∗，记T2n为an的前2n项的和．
(1)设bn=a2n，证明：数列bn是等比数列；

(2)求T2n；

(3)不等式3sinnπ6+64T2na2n≤31−ka2n对于一切n∈N∗恒成立，求实数k的最大值．
参考答案与试题解析
2020-2021学年四川省巴中市高一（下）6月月考数学（理）试卷
一、选择题
1.
【答案】
A
【考点】
运用诱导公式化简求值
两角和与差的正弦公式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：sin140∘cs10∘+cs40∘sin350∘
=sin40∘cs10∘−cs40∘sin10∘
=sin(40∘−10∘)
=sin30∘
=12.
故选A.
2.
【答案】
C
【考点】
正弦定理
【解析】
结合已知，根据正弦定理，BCsinA=ACsinB可求AC.
【解答】
解：根据正弦定理，得BCsinA=ACsinB，
则AC=BC⋅sinBsinA=32×2232=23.
故选C.
3.
【答案】
A
【考点】
等差数列的前n项和
等差数列的通项公式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由题意得：
4a1+6d=0，a1+4d=5，
解得a1=−3，d=2，
得an=2n−5，Sn=n2−4n.
故选A.
4.
【答案】
D
【考点】
余弦定理
正弦定理
【解析】

【解答】
解：在△ABC中，sinA:sinB:sinC=2:3:4，
利用正弦定理化简得： a:b:c=2:3:4，
设a=2k，b=3k，c=4k，
csC=a2+b2−c22ab
=4k2+9k2−16k212k2
=−14.
故选D.
5.
【答案】
A
【考点】
向量的减法及其几何意义
向量的三角形法则
向量的加法及其几何意义
【解析】
作出图形，利用AB→⋅AC→表示AO→，然后利用平面向量减法的三角形法则可得出OC→=AC→−AO→可得出结果.
【解答】
解：由题意可得出如图，
∵ D为BC的中点，
∴AD→=AB→+BD→
=AB→+12BC→
=AB→+12AC→−AB→
=12AB→+12AC→.
∵ AO→=2OD→，
∴AO→=23AD→=13AB→+13AC→，
∴ OC→=AC→−AO→
=AC→−13AB→+13AC→
=−13AB→+23AC→.
故选A.
6.
【答案】
A
【考点】
向量的模
平面向量数量积
【解析】
将a→+b→=6两边平方展开即可得到答案.
【解答】
解：∵ a→=1，b→=2，
∴ a→+b→2=a→2+2a→⋅b→+b→2=1+2a→⋅b→+4=6，
∴ a→⋅b→=12.
故选A.
7.
【答案】
D
【考点】
不等式恒成立问题
一元二次不等式与二次函数
【解析】
分类讨论，利用判别式，即可得到结论．
【解答】
解：当a−2=0，即a=2时，−4<0，恒成立；
当a−2≠0时，a−2<0,Δ=4(a−2)2+16(a−2)<0,
解得−2∴ −2故选D．
8.
【答案】
C
【考点】
不等式的基本性质
不等式性质的应用
【解析】

【解答】
解：3a−b=2a−b+a+b，
−2≤2a−b≤4，1≤a+b≤4，
则−1≤2a−b+a+b≤8 .
故选C．
9.
【答案】
D
【考点】
二次函数的性质
【解析】
本题利用数形结合法解决，作出函数f(x)的图象，如图所示，当x=1时，y最小，最小值是2，当x=2时，y=3，欲使函数f(x)=x2−2x+3在闭区间[0, m]上的上有最大值3，最小值2，则实数m的取值范围要大于等于1而小于等于2即可．
【解答】
解：作出函数y=x2−2x+3的图象，如图所示，
y=x2−2x+3，对称轴为直线x=1，
当x=1时，y最小，最小值是2，当x=0或2时，y=3，
函数y=x2−2x+3在区间[0, m]上有最大值3，最小值2，
则实数m的取值范围是[1, 2]．
故选D.
10.
【答案】
A
【考点】
余弦函数的对称性
函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换
函数奇偶性的性质
【解析】
三角函数的奇偶性，y=Asinωx为奇函数，y=Acsωx为偶函数，进而求出φ的值，再判断下列命题的真假．
【解答】
解：∵ 函数f(x)=2sinxsin(x+3φ)是奇函数，其中φ∈(0,π2)，
∴ 3φ=π2+kπ(k∈Z)，
∴ φ=π6，
∴ f(x)=2sinxsin(x+π2)=2sinx⋅csx
=sin2x=cs(2x−π2)，
函数g(x)=cs(2x−φ)=cs(2x−π6)
=cs2(x−π12)=cs[2(x+π6)−π2]，
∴ g(x)的图象可由函数f(x)的图象向左平移π6个单位得到，∴ C，D错；
A，x=π12，g(π12)=cs(2×π12−π6)=cs0=1，
∴ x=π12是对称轴，∴ A正确；
B，x=−512π，g(−512π)=cs[2×(−512π)−π6]
=cs(−π)=csπ=−1≠0，
∴ g(x)不关于点(−512π,0)对称，∴ B错．
故选A.
11.
【答案】
B
【考点】
数列递推式
数列的求和
数列与函数的综合
【解析】
由题意可得an+1n+1−ann=1n(n+1)=1n−1n+1，运用裂项相消求和可得an+1n+1，再由不等式恒成立问题可得2t2+at−4≥0，设f(a)=2t2+at−4，a∈[−2, 2]，运用一次函函数的性质，可得t的不等式，解不等式即可得到所求t的范围．
【解答】
解：根据题意，数列{an}中，n(an+1−an)=an+1，
即nan+1−(n+1)an=1，
则有an+1n+1−ann=1n(n+1)=1n−1n+1，
则有an+1n+1=(an+1n+1−ann)+(ann−an−1n−1)+(an−1n−1−an−2n−2)+⋯+(a22−a1)+a1
=(1n−1n+1)+(1n−1−1n)+(1n−2−1n−1)+⋯+(1−12)+2
=3−1n+1<3.
∵ 对于任意的a∈[−2,2]，n∈N∗，不等式an+1n+1<2t2+at−1恒成立，
即对于任意的a∈[−2,2]，n∈N∗，3−1n+1<2t2+at−1恒成立，
∴ 2t2+at−1≥3，
即2t2+at−4≥0.
设f(a)=ta+2t2−4，a∈[−2,2]，
可得f(2)≥0且f(−2)≥0，
即有t2+t−2≥0，t2−t−2≥0， 即t≥1或t≤−2，t≥2或t≤−1，
可得t≥2或t≤−2，
则实数t的取值范围是(−∞,−2]∪[2,+∞)．
故选B.
12.
【答案】
D
【考点】
函数的对称性
等差数列的性质
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：因为fx=x−33+x−1，
所以fx−2=x−33+x−3，
令gx=fx−2，
所以gx关于3,0对称，
因为f(a1)+f(a2)+⋯+f(a7)=14，
所以fa1−2+fa2−2+⋯+fa7−2=0，
所以ga1+ga2+⋯+ga7=0，
所以g(4)为gx与x轴的交点，
因为gx关于3,0对称，所以a4=3，
所以a1+a2+⋯+a7=7a4=21．
故选D．
二、填空题
【答案】
115
【考点】
向量的投影
平面向量数量积
向量模长的计算
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：设a→与b→的夹角为θ，
所以a→在b→方向上的投影为|a→|csθ=a→⋅b→|b→|=1×3+2×432+42=115．
故答案为：115．
【答案】
16
【考点】
数列递推式
【解析】
由题意，根据数列的递推关系式进行逐一求解即可.
【解答】
解：在数列an中，a1=2，an+1=an+n+1，
当n=1时，a2=a1+1+1=4；
当n=2时，a3=a2+2+1=7；
当n=3时，a4=a3+3+1=11；
当n=4时，a5=a4+4+1=16.
故答案为：16.
【答案】
729
【考点】
等比数列的前n项和
等比数列的性质
【解析】
由题意，在所给的式子中，分别令n=1、2、3，求得q和q′的值，再利用等比数列的通项公式，求得要求式子的值．
【解答】
解：因为数列an，bn均为等比数列，其前n项和分别为Sn，Tn，
若对任意的n∈N∗，都有SnTn=3n+14，
不妨设数列an，bn的公比分别为q，q′，
当n=1时，S1T1=1，即a1=b1，
当n=2时，可得a1+a1⋅qb1+b1⋅q′=1+q1+q′=52，
即2+2q=5+5q′，
整理得2q−3=5q′，①
当n=3时，a1+a1⋅q+a1⋅q2b1+b1⋅q′+b1⋅q′2=1+q+q21+q′+q′2=7，
即1+q+q2=7+7q′+7q′2，
整理得q+q2=6+7q′+7q′2，②
联立①②，解得q=9，q′=3，
所以a5b3=a1⋅q4b1⋅q′2=9432=729 .
故答案为：729.
【答案】
8+237
【考点】
正弦定理
【解析】
由题意，建立满足条件的空间直角坐标系，将点用坐标表示出来，再进行求解即可.
【解答】
解：∵ ∠BDC=90∘，
∴ 以D为坐标原点，BD所在的直线为x轴，CD所在的直线为y轴，建立如图所示的直角坐标系．
∵ CD=6，BD=83，
∴ C0,6，B83,0，
∵ A，B，D三点不共线，
故设A，B，D三点所在的圆为⊙M，半径为R，
∴ BDsinA=2R，
∴ 2R=83×23=16，
∴ R=8，
82−8322=4，
∴ M(43,−4)，
∴ AC最大值=CM+R
=432+−4−62+8
=8+237.
故答案为：8+237.
三、解答题
【答案】
解：(1)由条件可得an+1=3n+1nan，
将n=1代入得a2=6a1，a1=1，
∴ a2=6，b2=a22=3，即b2=3.
将n=2代入得a3=92a2，
∴ a3=27，即b3=9，
又a1=1，∴ b1=1.
综上：b1=1，b2=3，b3=9.
(2)数列bn是等比数列.
理由如下：
由条件可得an+1n+1=3ann，即bn+1bn=3，n∈N+.
又b1=1，
∴ bn是首项为1，公比为3的等比数列，bn=3n−1.
∵ bn=ann=3n−1，
∴ an=n⋅3n−1.
【考点】
数列递推式
等比关系的确定
等比数列的通项公式
【解析】
1
1
【解答】
解：(1)由条件可得an+1=3n+1nan，
将n=1代入得a2=6a1，a1=1，
∴ a2=6，b2=a22=3，即b2=3.
将n=2代入得a3=92a2，
∴ a3=27，即b3=9，
又a1=1，∴ b1=1.
综上：b1=1，b2=3，b3=9.
(2)数列bn是等比数列.
理由如下：
由条件可得an+1n+1=3ann，即bn+1bn=3，n∈N+.
又b1=1，
∴ bn是首项为1，公比为3的等比数列，bn=3n−1.
∵ bn=ann=3n−1，
∴ an=n⋅3n−1.
【答案】
解：(1)由a1，a2，a5成等比数列可得a22=a1⋅a5，
即1+d2=1×1+4d，解得d=2或d=0 （舍），
∴ an=2n−1．
(2)由(1)得an⋅bn=2n−1×2n−1，
所以Tn=1×20+3×21+5×22+⋯+2n−1×2n−1，
∴ 2Tn=1×21+3×22+⋯+2n−3×2n−1+2n−1×2n，
两式相减得−Tn=20+2×21+2×22+⋯+2×2n−1−2n−1×2n=1+2×2×1−2n−11−2−2n−1×2n
=1−4+2×2n−2n−1×2n
=−3+3−2n×2n，
∴ Tn=3+2n−3×2n．
【考点】
等差数列的通项公式
等比中项
数列的求和
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)由a1，a2，a5成等比数列可得a22=a1⋅a5，
即1+d2=1×1+4d，解得d=2或d=0 （舍），
∴ an=2n−1．
(2)由(1)得an⋅bn=2n−1×2n−1，
所以Tn=1×20+3×21+5×22+⋯+2n−1×2n−1，
∴ 2Tn=1×21+3×22+⋯+2n−3×2n−1+2n−1×2n，
两式相减得−Tn=20+2×21+2×22+⋯+2×2n−1−2n−1×2n=1+2×2×1−2n−11−2−2n−1×2n
=1−4+2×2n−2n−1×2n
=−3+3−2n×2n，
∴ Tn=3+2n−3×2n．
【答案】
解：(1)由题意知asinA+csinC=bsinB+csinA，
利用正弦定理可得a2+c2=b2+ca，
即a2+c2−b2=ca，
由余弦定理得csB=a2+c2−b22ac=12，
又△ABC为锐角三角形，
所以B=π3.
(2)由(1)知B=π3，可得A+C=2π3，
则C=2π3−A，
则2cs2A2+sinπ2+C=csA+1+csC
=1+csA+cs2π3−A
=1+csA−12csA+32sinA
=1+32sinA+12csA
=sinA+π6+1，
又由0<2π3−A<π2,0则π3则sin(A+π6)∈(32,1]，
sin(A+π6)+1∈(3+22,2]，
故2cs2A2+sin(π2+C)最大值为2.
【考点】
正弦定理
余弦定理
二倍角的余弦公式
两角和与差的正弦公式
两角和与差的余弦公式
三角函数的最值
【解析】
1
1
【解答】
解：(1)由题意知asinA+csinC=bsinB+csinA，
利用正弦定理可得a2+c2=b2+ca，
即a2+c2−b2=ca，
由余弦定理得csB=a2+c2−b22ac=12，
又△ABC为锐角三角形，
所以B=π3.
(2)由(1)知B=π3，可得A+C=2π3，
则C=2π3−A，
则2cs2A2+sinπ2+C=csA+1+csC
=1+csA+cs2π3−A
=1+csA−12csA+32sinA
=1+32sinA+12csA
=sinA+π6+1，
又由0<2π3−A<π2,0则π3则sin(A+π6)∈(32,1]，
sin(A+π6)+1∈(3+22,2]，
故2cs2A2+sin(π2+C)最大值为2.
【答案】
解：(1)函数fx=ax2−a+1x+1a>0的图像为抛物线，开口向上，对称轴为x=a+12a.
因为fx的单调递减区间是(−∞,1]，所以a+12a=1，解得：a=1.
此时fx=x2−2x+1，
下面证明fx=x2−2x+1在区间(−∞,1]上单调递减：
任取x1=x12−x22−2x1−x2
=x1−x2x1+x2−2.
因为x1所以x1−x2<0，x1+x2−2<0，
所以x1−x2x1+x2−2>0，
所以fx1>fx2，
所以fx=x2−2x+1在区间(−∞,1]上单调递减.
(2)关于x的不等式fx<0a>0可化为：x−1ax−1<0.
当0当a=1时，原不等式无解；
当a>1时，解得：1a综上所述：当0当a=1时，不等式的解集为⌀;
当a>1时，不等式的解集为{x|1a【考点】
二次函数的性质
函数单调性的判断与证明
一元二次不等式的解法
【解析】
1
1
【解答】
解：(1)函数fx=ax2−a+1x+1a>0的图像为抛物线，开口向上，对称轴为x=a+12a.
因为fx的单调递减区间是(−∞,1]，所以a+12a=1，解得：a=1.
此时fx=x2−2x+1，
下面证明fx=x2−2x+1在区间(−∞,1]上单调递减：
任取x1=x12−x22−2x1−x2
=x1−x2x1+x2−2.
因为x1所以x1−x2<0，x1+x2−2<0，
所以x1−x2x1+x2−2>0，
所以fx1>fx2，
所以fx=x2−2x+1在区间(−∞,1]上单调递减.
(2)关于x的不等式fx<0a>0可化为：x−1ax−1<0.
当0当a=1时，原不等式无解；
当a>1时，解得：1a综上所述：当0当a=1时，不等式的解集为⌀;
当a>1时，不等式的解集为{x|1a【答案】
解：(1)连接BD，
由余弦定理得：
在△BCD中，
BD2=BC2+CD2−2⋅BC⋅CDcsC
=4−23csC，
在△ABD中，
BD2=AB2+AD2−2AB⋅ADcsA
=2−2csA，
∴ 4−23csC=2−2csA，
即csA=3csC−1，
∵ C=π4，
∴ csA=62−1.
(2)∵ S=12BC⋅CD⋅sinC=32sinC，
T=12AB⋅ADsinA=12sinA，
∴ S2+T2=34sin2C+14sin2A
=34(1−cs2C)+14(1−cs2A).
由(1)得csA=3csC−1，
∴ S2+T2=−32cs2C+32csC+34
=−32(csC−36)2+78，
由题意易知，C∈(π6, π2)，
∴ csC∈(0, 32)，
当csC=36时，S2+T2有最大值，最大值是78．
【考点】
余弦定理
二次函数在闭区间上的最值
三角形的面积公式
同角三角函数间的基本关系
【解析】
(1)连接BD，在三角形BCD与三角形ABD中，分别利用余弦定理表示出BD2，将C的度数代入求出csA的值即可；
(2)利用三角形面积公式表示出S与T，进而表示出S2+T2，利用同角三角函数间的基本关系及二次函数性质求出范围即可．
【解答】
解：(1)连接BD，
由余弦定理得：
在△BCD中，
BD2=BC2+CD2−2⋅BC⋅CDcsC
=4−23csC，
在△ABD中，
BD2=AB2+AD2−2AB⋅ADcsA
=2−2csA，
∴ 4−23csC=2−2csA，
即csA=3csC−1，
∵ C=π4，
∴ csA=62−1.
(2)∵ S=12BC⋅CD⋅sinC=32sinC，
T=12AB⋅ADsinA=12sinA，
∴ S2+T2=34sin2C+14sin2A
=34(1−cs2C)+14(1−cs2A).
由(1)得csA=3csC−1，
∴ S2+T2=−32cs2C+32csC+34
=−32(csC−36)2+78，
由题意易知，C∈(π6, π2)，
∴ csC∈(0, 32)，
当csC=36时，S2+T2有最大值，最大值是78．
【答案】
(1)证明：bn+1bn=a2n+2a2n=a2n+1⋅a2n+2a2n⋅a2n+1=(12)2n+1(12)2n=12，
a1⋅a2=12，a1=1，所以a2=12，b1=a2=12，
所以数列bn是以b1=12为首项，以12为公比的等比数列.
(2)解：由(1)知bn=12n.
当n=2k(k∈N∗)时，an=a2k=bk=12k，
当n=2k−1k∈N∗时，
an=a2k−1=122k−1+a2k=122k−1⋅2k=12k−1,
即 an=12n−12,n为正奇数,12n2，n为正偶数,
T2n=a1+a3+⋯+a2n−1+a2+a4+⋯+a2n
=1−(12)n1−12+(12)[1−(12)n]1−12=3[1−(12)n].
(3)解：因为3sinnπ6+64T2na2n≤31−ka2n与(1)和(2)结论有：
3sinnπ62n+64[3−3(12)n]⋅(12)n≤3(1−k⋅12n)，
所以：k≤2n+642n−sinnπ6−64，
由双勾函数与正弦函数易得当n=3时，
ℎn=2n+642n−sinnπ6−64有最小值−49．
所以，kmax=−49.
【考点】
等比关系的确定
数列的求和
等比数列的通项公式
不等式恒成立问题
【解析】
1
1
1
【解答】
(1)证明：bn+1bn=a2n+2a2n=a2n+1⋅a2n+2a2n⋅a2n+1=(12)2n+1(12)2n=12，
a1⋅a2=12，a1=1，所以a2=12，b1=a2=12，
所以数列bn是以b1=12为首项，以12为公比的等比数列.
(2)解：由(1)知bn=12n.
当n=2k(k∈N∗)时，an=a2k=bk=12k，
当n=2k−1k∈N∗时，
an=a2k−1=122k−1+a2k=122k−1⋅2k=12k−1,
即 an=12n−12,n为正奇数,12n2，n为正偶数,
T2n=a1+a3+⋯+a2n−1+a2+a4+⋯+a2n
=1−(12)n1−12+(12)[1−(12)n]1−12=3[1−(12)n].
(3)解：因为3sinnπ6+64T2na2n≤31−ka2n与(1)和(2)结论有：
3sinnπ62n+64[3−3(12)n]⋅(12)n≤3(1−k⋅12n)，
所以：k≤2n+642n−sinnπ6−64，
由双勾函数与正弦函数易得当n=3时，
ℎn=2n+642n−sinnπ6−64有最小值−49．
所以，kmax=−49.