浙江七彩阳光新高考研究联盟2020年春高一数学下学期期中联考卷附答案解析

一、单选题1．已知角终边上有一点P（3，﹣4），则sin的值是（）A．

4345B．35C．5D．

52．ABPCBAQC的化简结果是（）A．PQB．QPC．BQ

D．CQ3．在△ABC中，AC6，BC＝2，B＝60°，则角A的值为（）A．75°B．45°C．45°或135°D．135°4．已知函数fxsinx





2

，下列结论错误的是（）A．函数f（x）最小正周期为2πB．函数f（x）在区间（0，π）上是减函数C．函数f（x）的图象关于（kπ，0）（k∈Z）对称D．函数f（x）是偶函数5．等比数列an中，a11，a427，则a2+a4+a6+a2020的值为（）A．32020831B．18320201C．3202023

1D．310102316．对于实数a，b，c，有下列命题：①若ab，则acbc；②若ab，且acbd，则cd；③若ab，且11

ab，则a0，b0；④若cab0，则acab

cb.其中真命题的是（）A．①③B．②③C．②④D．③④7．已知tan，tan是方程x23x40的两根，且,(0,)，则的值为（A．74B．34C．54D．41）14

的最小值为（）mn278A．B．C．D．1399



9．已知向量a，b满足a3|，b1，且对任意的实数x，不等式axbab恒成立，设a，b

8．在等差数列an中，aman＝a4a5，则的夹角为，则tan的值为（A．﹣22B．22）C．2D．210．数列{an}为递增的等差数列，数列{bn}满足bn＝anan+1an+2（n∈N），设Sn为数列{bn}的前n项和，若a2

9

a7，则当Sn取得最小值时n的值为（5

B．13）C．12D．11A．14二、双空题11．已知向量a（1，2），b（2，﹣2），|2ab|＝_____，a在b方向上的投影为_____.12．求值：cos











2515

tan_____，cos275°+cos215°+cos75°cos15°＝_____.34

1

，则a＝_____，S△ABC＝_____.2

13．在△ABC中，三边长分别为a﹣2，a，a+2，最大角的余弦值为

2

735sin2x2sinx

14．已知cosx，＜x＜，则sin2x＝_____，_____.45441tanx三、填空题a991

＜0，15．等比数列{an}的公比为q，其前n项之积为Tn，若满足条件：a1＞1，a99•a100﹣1＞0，a1001当Tn取得最大时，n＝_____.16．已知函数fxx2mx4，若对于任意xm,m2，都有fx0成立，则实数m的取2值范围为_____.17．不共线的向量a，b的夹角为θ，若向量2ab与ab的夹角也为θ，则cosθ的最小值为_____.四、解答题18．已知函数f(x)sin(2x)(0)，它的图象的一条对称轴是直线x(1)求的值及函数f(x)的递增区间；π

.12

23

f()(2)若，且,，求sin2512319．已知平行四边形ABCD中，AB2，BC4，DAB60，点E是线段BC的中点.uuuruuur(1)求ACAE的值；(2)若AFAEAD，且BDAF，求的值.

n

20．数列{an}前n项和为Sn，满足Sn23，数列{bn}为等差数列且b2S3，b4b24S2.(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；(2)若cn

1

，求数列{cn}的前n项和Tn.b1b2b3bn21．在ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c,若cosC(cosA3sinA)cosB0.(1)求角B的大小；(2)设BC的中点为D，且AD

3，求a2c的取值范围.22．已知数列{an}满足a1＝3，a2

（1）求证：数列{an+1﹣an}是等比数列，并求数列{an}通项公式；（2）求数列{nan}的前n项和为Tn，若Tn12

3

，且2an+1＝3an﹣an-1.2

k

对任意的正整数n恒成立，求k的取值范围.n3解析浙江七彩阳光新高考研究联盟2020年春高一数学下学期期中联考卷

一、单选题1．已知角终边上有一点P（3，﹣4），则sin的值是（A．

）D．

45

B．35

C．3545

【答案】A【解析】由条件利用任意角的三角函数的定义求出sin的值即可.【详解】解：由角终边上有一点P（3，﹣4），可得x＝3、y＝﹣4、r＝|OP|＝5，sin

y4，r5

故选：A.【点睛】本题考查三角函数的定义，是基础题.2．ABPCBAQC的化简结果是（）A．PQB．QPC．BQ

D．CQ【答案】A【解析】利用向量加减的几何意义，直接计算即可.【详解】AB解：∵ABPCBAQCABPCCQPCCQPQ；故选：A.【点睛】本题考查向量加减混合运算的应用，是基础题.3．在△ABC中，ACA．75°【答案】B6，BC＝2，B＝60°，则角A的值为（C．45°或135°）D．135°B．45°【解析】由已知及正弦定理可得sinA从而解得A.【详解】解：∵在△ABC中AC

BCsinB

，结合AC＞BC，由大边对大角可得：B＞A，A为锐角，AC6，BC＝2，B＝60°，4∴由正弦定理可得：sinA2

3

BCsinB

AC622，2∵AC＞BC，可得：B＞A，A为锐角，∴解得A＝45°.故选：B.【点睛】本题主要考查了正弦定理，大边对大角，属于基础题.4．已知函数fxsinx





2

，下列结论错误的是（）A．函数f（x）最小正周期为2πB．函数f（x）在区间（0，π）上是减函数C．函数f（x）的图象关于（kπ，0）（k∈Z）对称D．函数f（x）是偶函数【答案】C【解析】变形可得fxsin



x2cosx，再根据余弦函数的性质逐一判断每个选项即可【详解】解：fxsinx





2

cosx，由余弦函数的性质可知，函数的最小正周期T212，即A正确；在区间（0，π）上是减函数，即B正确；关于（2k，0）（k∈Z）对称，即C错误；是偶函数，即D正确.故选：C.【点睛】本题考查余弦函数的性质，是基础题.5．等比数列an中，a11，a427，则a2+a4+a6+a2020的值为（）A．38

320201B．138

320201C．202023

1D．32310101【答案】A5n1

【解析】由a11，a427求出首项和公比，进一步求出a2n39，最后求新等比数列的前1010项和即可.【详解】解：设等比数列an的公比为q，∵a11，a427，∴q327，解得a11，q3.∴an3n1，a23，q29，a2n39n1a2+a4+a6+a202031910101933820201故选：A.【点睛】从等比数列中抽取某些特定的项组成新的等比数列然后求和，考查求等比数列的通项公式的方法以及求和的方法，同时考查运算求解能力；基础题.6．对于实数a，b，c，有下列命题：①若ab，则acbc；②若ab，且acbd，则cd；11

，则a0，b0；abab

④若cab0，则.cacb③若ab，且其中真命题的是（）A．①③B．②③C．②④D．③④【答案】D【解析】①取c=0即可作出判断；②举反例，如a1，b1，c2，d3；③④均结合作差法和不等式的性质即可判断.【详解】对①，若c=0，则acbc，故①错误；对②，例如a1,b1,c2,d3，则有1213，即满足acbd，但cd，故②错误；11，ab11ba0，abab对③，

6ab，ba0，ab0，由于ab，a0，b0，故③正确；acbbcacabab

对④，，cacbcacbcacbcab0，ab0,ca0,cb0，

abab.即，故④正确.cacbcacb真命题有③和④，故选：D.【点睛】本题解题关键是掌握不等式的基本性质和特殊值法判断不等式方法，考查了分析能力和计算能力，属于基础题.7．已知tan，tan是方程x23x40的两根，且,(0,)，则的值为（A．）4

B．34

C．54D．74【答案】Ctantan3

【解析】由tan，tan是方程x3x40的两根，可得，然后结合两角和的tantan4

2正切公式及角的范围可求.【详解】tan，tan是方程x23x40的两根tantan3可得

tantan4

故tan0,

tan0

,(0,)

故,



,,22

7故tan()

tantan3

1

1tantan14

54故选：C.【点睛】本题主要考查了根据正切两角和公式求两角和，解题关键是掌握正切两角和公式，考查了分析能力和计算能力，属于中档题.8．在等差数列an中，aman＝a4a5，则A．23B．7914

的最小值为（）mn8C．D．19【答案】D【解析】等差数列an中，由aman＝a4a5，根据等差性质可得：mn459，再利用“乘1法”、基本不等式的性质，即可求得答案.【详解】等差数列{an}中，由aman＝a4a5，根据等差性质可得：mn459则141n4m1n4m141(mn)5(52)1mn9mn9mn9mnn6

当且仅当n2m，解得m3,

故选：D.【点睛】本题主要考查了根据均值不等式求最值问题，解题关键是掌握均值不等式公式，注意使用均值不等式求最值时，要检验等号是否成立，考查了分析能力和计算能力，属于中档题.

9．已知向量a，b满足a3|，b1，且对任意的实数x，不等式axbab恒成立，设a，b

的夹角为，则tan的值为（A．﹣22【答案】CB．22）C．2D．2【解析】因为对任意实数x，不等式axbab恒成立，所以x22abx2ab10对任意实数

x恒成立，0，即2ab

2

4(2ab1)0，结合已知可得cos的值，解可得sin的值，进而计算可得答案.【详解】8

对任意实数x，不等式axbab恒成立x22abx2ab10对任意实数x恒成立

0，即2ab

2

4(2ab1)0

又ababcos3cos12cos24(23cos1)0，即3cos223cos10(3cos1)20，解得cos

又0，33sin6，3tan2故选：C.【点睛】本题主要考查了求三角函数值，解题关键是掌握向量数量积公式和同名三角函数关系，考查了分析能力和计算能力，属于中档题.10．数列{an}为递增的等差数列，数列{bn}满足bn＝anan+1an+2（n∈N），设Sn为数列{bn}的前n项和，若a2

9

a7，则当Sn取得最小值时n的值为（5）A．14B．13C．12D．11【答案】B【解析】先根据条件求得数列{an}的通项，得到何时值为正，何时为负，进而得到数列{bn}正负的分界线，即可求得结论.【详解】解：因为数列{an}为递增的等差数列，设其公差为d，则d＞0；9

a7，5949

∴a1+d（a1+6d）⇒a1d；5453

∴an＝a1+（n﹣1）d＝（n）d；4当n14时，an＞0；当n13时，an＜0；因为a2

9∵数列{bn}满足bn＝anan+1an+2（n∈N），设Sn为数列{bn}的前n项和，故数列{bn}前13项为负值；故当n＝13时，Sn取得最小值；故选：B.【点睛】本题主要考查等差数列基本量的计算，利用等差数列的基本性质是解题的基本策略，此题借助了求等差数列前n项和最值的方法，所以在关注方法时，也要关注形成方法的过程和数学思想.二、双空题11．已知向量a（1，2），b（2，﹣2），|2ab|＝_____，a在b方向上的投影为_____.【答案】25











22【解析】先根据线性坐标运算求出2ab，即可求得其模长；再由平面向量数量积的定义可知，a在b方ab

向上的投影为，然后结合数量积的坐标运算即可得解.b

【详解】解：∵a（1，2），b（2，﹣2），∴2ab（4，2），∴|2ab|422225；

ab12222.a在b方向上的投影为222b2(2)故答案为：25；

2.2【点睛】本题主要考查通过向量的坐标求向量的模，考查求向量的投影，熟记向量数量积的几何意义，以及向量数量积的定义即可，属于常考题型.12．求值：cos

2515

tan_____，cos275°+cos215°+cos75°cos15°＝_____.3454

【答案】32

【解析】直接利用三角函数关系式的恒等变换和三角恒等式的应用求出结果.【详解】解：①cos3251524161

tan1.tan（）cos

3422343410②cos275°+cos215°+cos75°cos15°sin15cos15故答案为：2235;.24

115sin301.244【点睛】本题考查同角三角函数的基本关系，诱导公式，三角恒等变换在化简求值的应用，属于基础题.13．在△ABC中，三边长分别为a﹣2，a，a+2，最大角的余弦值为

1

，则a＝_____，S△ABC＝_____.2【答案】51534

【解析】直接利用余弦定理的应用求出a的值，进一步利用三角形的面积公式和三角函数关系式的恒等变换求出结果.【详解】解：在△ABC中，三边长分别为a﹣2，a，a+2，所以最大边长为a+2，最大角的余弦值为

1，2

2221aa2a2则cosC，解得a＝5.22a2a故sinC

3，三角形的三边长为3，5，7.213153.35

2241534所以SABC

故答案为：5；【点睛】此题考查了余弦定理和三角形的面积公式，属于基础题.2

735sin2x2sinx

14．已知cosx，＜x＜，则sin2x＝_____，_____.45441tanx【答案】725

2875sin2x2sin2x

【解析】利用三角函数的恒等变换，化简得依题意，分别求得sin2xsin2xtan(x)，41tanx11与tan(

x)的值，即可求得答案.4

【详解】sin2x2sin2x2sinxcosx2sin2x2sinxcosxcosxsinxsin2x1tanx解：sinx1tanxcosxsinx1tanx1

cosxx).4

57＜x＜∵，443＜x＜2π，∴243

又∵cos（x），544∴sin（x）.54

4∴tan（x）.34

sin2xtan(

∴cosx＝cos[（43222x）]＝cos（x）cossin（x）sin.（）

454444452210∴sinx＝sin[（422372x）]＝sin（x）cossincos（x）＝（），

4454444225107722）×（）.251010可得sin2x＝2sinxcosx＝2×（

428sin2x2sin2x7

∴（）.

3751tanx25故答案为：287；.2575此题考查三角函数恒等变换公式，二倍角公式，同角三角函数的关系，属于中档题.三、填空题15．等比数列{an}的公比为q，其前n项之积为Tn，若满足条件：a1＞1，a99•a100﹣1＞0，当Tn取得最大时，n＝_____.【答案】9912a991

＜0，a1001【解析】由已知结合等比数列的性质可得a99＞1＞a100，进而可求.【详解】解：由a1＞1，a99•a100﹣1＞0，a991

＜0，可得a99＞1＞a100，a1001所以当n＝99时，Tn最大.故答案为：99【点睛】此题考查等比数列的性质的简单应用，属于基础题.16．已知函数fxx2mx4，若对于任意xm,m2，都有fx0成立，则实数m的取2值范围为_____.23

【答案】0,3



【解析】问题转化为【详解】函数fxx2mx4，若对于任意xm,m2，都有fx0成立，2fm＞0

，解一元二次不等式组，即可求出结果.fm2＞0只需满足：

fm＞0

即可，fm2＞022m2m4＞0

整理得：，2m22mm24＞0

2323＜m＜3233，即解得.0＜m＜

30＜m＜8

323故m的取值范围是0,3.

故答案为：0,

23.3

【点睛】本题主要考查一元二次不等式的解法，属于中档题.17．不共线的向量a，b的夹角为θ，若向量2ab与ab的夹角也为θ，则cosθ的最小值为_____.13【答案】22

【解析】可根据向量的加减法的几何意义，作出图形，可得三角形相似，利用余弦定理、三角形相似列出方程，表示出cosθ，然后求其最小值.【详解】如图，不妨令ABBCa，ADb，a1，bx＞0则DBab，DC2ab，∴∠A＝∠BDC＝θ，∠C是公共角，∴△ADC∽△DBC.则DCAD

BCDB①.在△ADC中，DC2＝AD2+AC2﹣2×AD×AC×cosθ＝x2+4﹣4xcosθ.在△DBA中，DB2＝x2+1﹣2xcosθ，x244xcosx2结合①可得：12x212xcos，整理得(x

22

2x)6cos

xx8cos20，即x2

x3cos2

cos2，所以x2x3coscos或x2

x3coscos，即x2x4cos2x2x22，所以cos

22.或x

2x2cos，因为x2

x22，2cosθ≤2，故舍去.故cos

22.14故答案为：2.2

【点睛】本题主要考查向量的夹角问题，余弦定理的应用，属于中档题.四、解答题18．已知函数f(x)sin(2x)(0)，它的图象的一条对称轴是直线x(1)求的值及函数f(x)的递增区间；π.12

3

(2)若f()，且,，求sin2.5123【答案】(1)

5k，kkZ；(2)343.；单调增区间为

3121210【解析】(1)由已知结合正弦函数的对称性可求，代入已知函数解析式后，结合正弦函数的单调性，即可求解；(2)由已知结合同角三角函数平方关系，求出cos2用两角差的正弦公式展开，即可求解.【详解】(1)直线x所以





sin2，再将变为sin2，利333

k,kZ，又0，所以，33





k，kZ，是函数图象的一条对称轴，所以212212

所以f(x)sin2x由



，3

52k2x2k，kZ，得kxk，kZ，23212125k,k1212

(kZ)，

所以函数f(x)的单调增区间为

33

(2)因为f()，所以sin2，535

因为

,，所以2,，所以cos20，323123

15所以cos242，1sin2335

所以sin2sin2



sin2coscos2sin333333

3143343.

525210

【点睛】本题主要考查求三角函数的图象性质及给值求值问题，同时考查同角三角函数关系，两角差的正弦公式及角的变换，属于中档题.19．已知平行四边形ABCD中，AB2，BC4，DAB60，点E是线段BC的中点.uuuruuur(1)求ACAE的值；(2)若AFAEAD，且BDAF，求的值.【答案】(1)18；(2)



【解析】(1)根据条件，可以点A为原点，AB所在的直线为x轴，建立平面直角坐标系，从而可得出1

.2

AC，AE的坐标，然后进行向量数量积的坐标运算即可；(2)可以得出BD(0，23)，AF(32，323)，然后根据BDAF，即可得出BDAF0，进行向量数量积的坐标运算，即可求出的值.【详解】(1)以A点为坐标原点，AB所在直线为x轴建立如图所示的平面直角坐标系，



则A(0,0)，B(2,0)，C(4,23)，E(3,3)，D(2,23)，16所以AC(4，23)，AE(3，3)，所以ACAE4323318；

(2)BD(0，23)，AF(32，323)，因为BDAF，

所以BDAF23(323)0，解得

1.2【点睛】本题主要考查向量的数量积的坐标运算，选择恰当的点作为坐标原点建系及正确的写出各点坐标是关键，属于中档题.本题也可以AB,AD作为基底，利用基底法求解.n

20．数列{an}前n项和为Sn，满足Sn23，数列{bn}为等差数列且b2S3，b4b24S2.(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；(2)若cn

1

，求数列{cn}的前n项和Tn.b1b2b3bn1，n11311

b2n1，；(2)n.n12，n222n1n2

【答案】(1)an

SnSn1,n2【解析】(1)先利用an，求得an，然后根据b2S3，b4b24S2，列出含d的和b1S,n11的方程组，求出d与首项b1，即可求得bn；(2)先利用等差数列的求和公式，求b1b2b3Lbn，再求cn，然后利用裂项相消法即可求出Tn.【详解】(1)当n1时，a1S1231，当n2时，anSnSn123(2

n

n1

3)2n1，1,n1

综上，ann1；2,n2

17b2S3d2b1d5由，得，解得，2d4bb4Sb32421所以bn3(n1)22n1.(2)因为数列{bn}为等差数列，所以b1b2b3bn所以cn

n(2n4)

n(n2)，2

1111

，nn22nn2

11111111(1)()()()232435nn2

所以Tn



1111122n1n2

1311.22n1n2

【点睛】本题主要考查知Sn求an，求等差数列的通项及裂项相消法求和，属于中档题.21．在ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c,若cosC(cosA3sinA)cosB0.(1)求角B的大小；(2)设BC的中点为D，且AD【答案】(1)B

3，求a2c的取值范围.24；(2)a2c23，.3

【解析】(1)利用三角形内角和定理将C用π(AB)代入，再利用诱导公式及两角和的余弦公式展开整理，即可求出角B；(2)设BAD，利用正弦定理将a,c用表示，再利用三角函数关系式的恒等变换及正弦型函数的性质,即可求出取值范围.【详解】(1)由题意得cos[(AB)](cosA3sinA)cosB0，所以cosABcosAcosB3sinAcosB0，所以cosAcosBsinAsinBcosAcosB3sinAcosB0，18所以sinAsinB3sinAsinB0，又角A是三角形的内角，所以sinA0,所以sinB3cosB0，所以tanB3，又B(0,)，所以B

2.32π,可知0，，33

(2)设BAD，则△ABD中，由B

BDABAD2

由正弦定理及AD3，可得sin，sin2sin

33

所以BD2sin，AB2sin

a

，又BD，23

，3

所以所以a4sinθ，c2sin

31

a2c4sin4sin4sin4cossin所以223134sincos4sin，223

2π

由0，，可知，3333

所以a2c23,4.3

，1，，所以sin32

【点睛】本题主要考查两角和的余弦公式，两角和的正弦公式的逆用，正弦定理及正弦型函数的值域，属于中档题.22．已知数列{an}满足a1＝3，a2

（1）求证：数列{an+1﹣an}是等比数列，并求数列{an}通项公式；（2）求数列{nan}的前n项和为Tn，若Tn12【答案】（1）证明见解析；an3()3

，且2an+1＝3an﹣an-1.2

12

k

对任意的正整数n恒成立，求k的取值范围.nn1；（2）k12.an1an13

，又a2﹣a1，则数列{an+1﹣an}是等比数列，进而【解析】（1）由2an+1＝3an﹣an-1得anan12219求出其通项公式；（2）根据（1）中求得的结果，先求出nan，再利用错位相减法求前n项和Tn，然后求出k的取值范围.【详解】（1）证明：∵2an+1＝3an﹣an-1，∴又a2﹣a1

an1an1

，anan12331

，∴数列{an+1﹣an}是首项为，公比为的等比数列.2221n∴an1an3()，2即a2﹣a13

121n11

3()3()（n2）.，a﹣a，…，a﹣a32nn1-

222

31

122

112n1等式两边同时相加得an-a1

33(1)n1（n2），2

则an3()

12n1,n2，又n＝1也适合上式，∴an3()12n1.（2）∵Tn3()6()9()3n()∴11111

Tn3()16()23n3()n13n()n②，22222

1

2012112212n1①，由①﹣②得1n31

2111121n11n3n(1)n66(1)n3n(1)nTn33()3()3()3n()

122222222121∴Tn126n12，2

kk1又Tn12，即126n1212，nn2

nn201∴kn6n12，2

令cnn6n12()，nn12111n由cn16n18()n1n6n12()n3n1cn2

3n222，∴当n1时，cn1cn；当n2时，cn1cn.∴cnmaxc212，k12.【点睛】本题考查等比数列，考查错位相减法求数列的前n项和，属于中档题.21