广西桂林市第十八中学2020-2021学年高二数学上学期第一次阶段性考试试题 文（含解析）.doc

1、广西桂林市第十八中学2020-2021学年高二数学上学期第一次阶段性考试试题 文（含解析）注意事项：试卷共4页，答题卡2页.考试时间120分钟，满分150分；正式开考前，请务必将自己的姓名、考号用黑色水性笔填写清楚并张贴条形码；将所有答案填涂或填写在答题卡相应位置，直接在试卷上做答不得分.第I卷（选择题，共60分）一、选择题（本题包括12小题.每小题只有一个选项符合题意.每小题5分，共60分）1. 已知角的终边经过点，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据角的终边经过点，可得，再根据计算求得结果【详解】已知角的终边经过点，则，故选B【点睛】本题主要考查任意角的三角函数的

2、定义，属于基础题2. 已知向量，若，则=（ ）A. 0B. C. 6D. 【答案】C【解析】【分析】先建立方程，再求解即可.【详解】解：因为向量，且，所以，解得：，故选：C.【点睛】本题考查利用向量垂直求参数、向量数量积的坐标表示，是基础题.3. 已知数列是等差数列，且，则（ ）A. 10B. 9C. 8D. 7【答案】A【解析】【分析】直接利用等差中项求解.【详解】因为数列是等差数列，且，所以，故选：A【点睛】本题主要考查等差中项的应用，属于基础题.4. 在中，则解此三角形可得（ ）A. 一解B. 两解C. 无解D. 解得个数不确定【答案】C【解析】【分析】先由正弦定理得到，再判断出角不存在

3、，此三角形无解.【详解】解：由正弦定理得：，所以角不存在，所以此三角形无解.故选：C.【点睛】本题考查利用正弦定理判断三角形的解的个数，是基础题.5. 如果1，a，b，c，9成等比数列，那么()A. b3，ac9B. b3，ac9C. b3，ac9D. b3，ac9【答案】B【解析】因为6. 在正方形中，为的中点，若，则的值为（ ）A. B. C. D. 1【答案】B【解析】【分析】由题，根据平面向量的加法，表示出，可得的值，可得答案.【详解】在正方形中，为 的中点，所以 又因为所以 即故选：B【点睛】本题考查了平面向量的基本定理，熟悉四则运算是解题的关键，属于基础题.7. 已知为偶函数，其部

4、分图象如图所示，分别为最高点和最低点，且，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据函数是一个偶函数，得到，根据A，B两点间距离为，最高点和最低点之间的垂直距离是2，用勾股定理求出半个周期的大小，得到周期，求出【详解】函数ysin（x+）（0，0）为偶函数，A，B两点间距离为，又最高点和最低点之间的垂直距离是2，半个周期是4，周期T8，8，故选C【点睛】本题考查三角函数的图象及性质的应用，考查了与的求解方法，其中运用是关键，属于基础题8. 已知数列的前项和为若，则（ ）A. 9B. 27C. 30D. 36【答案】D【解析】【分析】先令求出和，再令求出即可.【详解】解：因为

5、，当时，此时当时，故选：D.【点睛】本题考查利用递推关系求数列的特定项，是基础题.9. 如图，某登山队在山脚A处测得山顶B的仰角为，沿倾斜角为的斜坡前进若干米后到达D处，又测得山顶的仰角为，已知山的高度BC为1千米，则该登山队从A到D前进了（ ）A. 千米B. 千米C. 1千米D. 1.5千米【答案】C【解析】【分析】由题意得,可得，设，在中根据正弦定理求得，从而求得，结合山的高度BC为1千米即可求得答案.【详解】如图，过D作交于点，交于点，由题意得则在D处测得山顶的仰角为， 即,则设，在中由正弦定理得：,因为,即，即从A到D前进了1千米，故选：C【点睛】本题考查利用正弦定理解三角形，考查学生

6、运算能力及思维能力，属于基础题.10. 先将函数y=si的图象上所有的点向左平移个单位长度，再将图象上各点的横坐标扩大到原来的2倍(纵坐标不变)，则所得图象对应的函数解析式为（ ）A. y=siB. y=siC. y=siD. y=si【答案】B【解析】【分析】由函数的平移和伸缩变换，即可得出结果.【详解】将函数y=的图象上所有的点向左平移个单位长度，得到函数y=sin(x+)的图象，将函数y=的图象上各点的横坐标扩大到原来的2倍(纵坐标不变)，得到函数y=的图象.故选:B.【点睛】本题考查了三角函数的平移和伸缩变换，考查了理解辨析能力和逻辑推理能力，属于基础题目.11. 已知数列满足：.若正

7、整数使得成立，则( )A. 16B. 17C. 18D. 19【答案】B【解析】【分析】由题意可得，时，将换为，两式相除，累加法求得即有，结合条件，即可得到所求值【详解】解：，即，时，两式相除可得，则，由，可得，且，正整数时，要使得成立，则，则，故选：【点睛】本题考查与递推数列相关的方程的整数解的求法，注意将题设中的递推关系变形得到新的递推关系，从而可简化与数列相关的方程，本题属于难题.12. 已知函数（）有一条对称轴为，当取最小值时，关于x的方程在区间上有且只有一个根，则实数a的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】由正弦函数有对称轴可知，可求出，又因为，可以求出

8、的值，由方程在区间，上有且只有一个根，可以求出的取值范围【详解】解：由正弦函数有对称轴可知，可得，又因为，所以最小值为2，即，由在区间，上有且只有一个根，所以，故选：【点睛】本题考查了三角函数的图象与性质，考查数形结合思想与转化能力，属于基础题第II卷（非选择题，共90分）二、填空题（本题包括4题.共20分）13. 已知向量的夹角为,则 .【答案】【解析】分析】利用平面向量数量积公式以及数量积的运算法则，求得的值，再开平方即可得结果.【详解】因为向量夹角为,所以,.【点睛】向量数量积的运算主要掌握两点：一是数量积的基本公式；二是向量的平方等于向量模的平方.14. 若，则=_【答案】【解析】【分

9、析】由二倍角公式求得，再由诱导公式得结论【详解】由题可得，故答案为：【点睛】本题考查二倍角公式和诱导公式的使用，三角函数恒等变形中，公式很多，如诱导公式、同角关系，两角和与差的正弦（余弦、正切）公式、二倍角公式，先选用哪个公式后选用哪个公式在解题中尤其重要，但其中最重要的是“角”的变换，要分析出已知角与未知角之间的关系，通过这个关系再选用恰当的公式15. 已知函数与的图象所有交点的横坐标为，则_【答案】7【解析】【分析】作出两个函数的图象，利用函数的对称中心为，即可得答案；【详解】作出函数与函数的图象，易得共有7个交点，即不妨设，两个函数均以为对称中心，.故答案为：7【点睛】本题考查利用函数的

10、对称中心求函数零点和，考查函数与方程思想、转化与化归思想、数形结合思想，考查逻辑推理能力、运算求解能力，是中档题.16. 已知数列的前项和，若不等式，对恒成立，则整数的最大值为_【答案】4【解析】【分析】由求得，再由得出数列的是等比数列，求得，用分离参数法变形不等式为求数列的最大项【详解】，时，所以是首项为2，公比为2的等比数列，所以，不等式为，所以，时，时，记，所以时，即，递减，时，所以的最大项是，所以，最大整数为故答案为：4【点睛】本题考查求等比数列的通项公式，考查数列不等式恒成立问题，关键是问题的转化，不等式恒成立转化为求数列的最大项三、计算题（本题包括6题，共70分）17. 在正项等比

11、数列中，且，的等差中项为（1）求数列的通项公式；（2）求数列的前项和为【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）设出公比，根据条件列方程组求解即可；（2）分组，利用等差等比的求和公式求和.【详解】解（1）设正项等比数列的公比为，由题意可得，解得数列的通项公式为；（2）.【点睛】本题考查等比数列的通项公式，考查等差，等比数列求和公式，是基础题.18. 在中，角所对的边分别为， .（1）求角的大小；（2）若求【答案】（1） ；（2）或.【解析】【分析】（1）利用正弦定理可以得到，即可求出角的大小；（2）利用余弦定理并结合（1）中的结论，可以求出，然后解方程组即可求解【详解】解（1）由正弦定理可

12、得：在中，（2）由余弦定理得：或【点睛】本题考查了正弦定理和余弦定理的应用，属于中档题19. 数列满足，（1）设，证明数列是等差数列（2）求数列的前项和.【答案】（1）证明过程见详解；（2）.【解析】【分析】（1）先化简得到即，再求得，最后判断数列是以1为首项，以2为公差的等差数列.（2）先求出数列通项公式，再运用“裂项相消法”求数列的前项和即可.【详解】解：（1）因为，所以因为，所以，且所以数列是以1为首项，以2为公差的等差数列.（2）由（1），所以所以【点睛】本题考查利用定义求等差数列的通项公式、根据递推关系判断数列是等差数列、根据“裂项相消法”求和，还考查了转化的数学思维方式，是基础题.

13、20. 已知的三个内角的对边分别为，若角成等差数列，且，（1）求的外接圆直径；（2）求的取值范围.【答案】（1）1；（2）.【解析】【分析】（1）由角、成等差数列，及三角形内角和定理可求，根据正弦定理得的外接圆直径的值；（2）由（1）知，由正弦定理，三角函数恒等变换的应用可求，结合范围，利用正弦函数的性质可求的取值范围.【详解】（1）由角、成等差数列，所以， 又因为，所以，根据正弦定理得，的外接圆直径.（2）由（1）知，所以，所以， 由（1）知的外接圆直径为1，根据正弦定理得， ， 从而，所以的取值范围是，【点睛】本题主要考查了正弦定理、三角函数恒等变换的应用，考查正弦函数的图象和性质，意在考

14、查学生对这些知识的理解掌握水平.21. 已知函数（）的对称中心到对称轴距离的最小值为.（1）求；（2）中，角的对边分别为.已知锐角为函数的一个零点，且，的面积，求.【答案】（1）1；（2）2.【解析】分析】（1）依题意可得，再利用周期公式，即可求出；（2）由（1）知，由，即可求出，根据面积公式，得到，再由正弦定理求出，从而求出、，最后利用余弦定理计算可得；【详解】解：（1）的对称中心到对称轴距离的最小值为所以，即，（2）由（1）知，.由题意，即，因为，所以，所以，解得. 由已知，即，整理得由正弦定理可得，即.代入上式，得，解得.所以. 由余弦定理可得.所以.【点睛】本题考查正弦定理、余弦定理的

15、应用，考查正弦函数的性质，属于中档题.22. 已知数列满足，是数列的前项和，对任意，都有（1）求（2）证明【答案】（1）；（2）证明过程见详解.【解析】【分析】（1）先建立方程组两式相减并整理得，再判断数列是以1为首项，以为公差的等差数列，最后求出.（2）先根据“放缩法”得到，再令利用 “错位相减法”求出，最后证明.【详解】解（1）由题意两式相减得：，所以，又因为，所以，所以数列是以1为首项，以为公差的等差数列.所以（2）证明：因为，所以，所以，令，所以，所以，整理得，所以，所以.【点睛】本题考查利用求，利用“错位相减法”求和、利用“放缩法”证明不等式，还考查了转化的数学思维方式与运算能力，是中档题.