2021【KS5U解析】成都蓉城名校联盟高一下学期期末考试数学（文科）试卷含解析

这是一份2021【KS5U解析】成都蓉城名校联盟高一下学期期末考试数学（文科）试卷含解析，共15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。
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．8 B．﹣8 C． 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＜b2 B．ln（b﹣a）＞0 C． D．2a＜2b
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
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．1 B．2 C． D．1或2
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
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．
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．22 B．23 C．24 D．25
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．2π C． D．
10．设a＞0，b＞0，若a+b＝1，则的最小值为（　　）
A．5 B．7 C．9 D．11
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．12π B．16π C．24π D．36π
12．已知数列{an}满足，Sn为{an}的前n项和，则S20＝（　　）
A．300 B．320 C．340 D．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．8 B．﹣8 C． 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＜b2 B．ln（b﹣a）＞0 C． 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}\overrightarrow{AB}+\frac{3}{4}（\overrightarrow{AC}﹣\overrightarrow{AB}）\frac{1}{4}\overrightarrow{AB}+\frac{3}{4}\overrightarrow{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．1 B．2 C． 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+c2﹣2bccosA，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．22 B．23 C．24 D．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．2π C． 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．5 B．7 C．9 D．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．12π B．16π C．24π D．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．300 B．320 C．340 D．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{an}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．