四川省 校2021-2022学年高一数学（文）下学期期中考试试题（Word版附解析）

成都外国语学校2021-2022学年度下期期中考试高一数学试卷（文）注意事项：1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分．2．本堂考试时间120分钟，满分150分．3．答题前，考生务必先将自己的姓名、学号填写在答题卡上，并使用2B铅笔填涂．4．考试结束后，将答题卡交回．第Ⅰ卷（选择题，共60分）一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1.下列向量关系式中，正确的是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据向量的概念与线性运算法判断即可；【详解】解：根据向量的概念可得A、B错误，对于C：，故C错误；对于D：，故D正确；故选：D2.在等差数列中，若，则（）A.27B.18C.9D.6【答案】C【解析】【分析】利用等差数列的性质可求.【详解】因为为等差数列，故，故，故选：C. 3.已知向量，，且，则实数（）A.3B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据向量共线的坐标表示，简单计算可得结果.【详解】由，且，所以，得.故选：A4.在中，内角的对边分别为，若，则一定是（）A.等边三角形B.等腰三角形C.直角三角形D.等腰直角三角形【答案】B【解析】【分析】先由正弦定理得到，推出，即可得出结果.【详解】因为，由正弦定理得：，所以，故，所以一定是等腰三角形.故选B【点睛】本题主要考查三角形形状的判断，熟记正弦定理即可，属于常考题型.5.在中，角A，B，C所对的边分别是，，，，，，则（）A.或B.C.D.【答案】C【解析】【分析】将已知代入正弦定理可得，根据，由三角形中大边对大角可得，即可求得. 【详解】，，由正弦定理得：，，故选C.6.要得到函数的图象，只需把函数的图象（）A向左平移个单位B.向右移个单位C.向左平移个单位D.向右平移个单位【答案】C【解析】【分析】先用三角恒等变换化简，再用平移法则求解即可【详解】，因此要得到函数的图象，只需把函数的图象向左平移个单位，故选：C7.若，则（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】注意观察已知角与所求角，不难发现，所以，利用诱导公式及二倍角余弦公式化简即可求解. 【详解】解：因为，所以，故选：B.8.设等比数列的前n项和为，若，则（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】先判断的情况，然后当根据求出，代入求解即可.【详解】解：设等比数列的公比为，若，则，所以所以，与已知矛盾.所以，，得故选：D 9.△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知bcosC+ccosB＝6,c＝3,B＝2C,则cosC的值为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】由已知利用二倍角的正弦函数公式,正弦定理可得，利用两角和的正弦函数公式,正弦定理化简已知等式可得，进而根据余弦定理即可求解的值．【详解】解：，，，由正弦定理,可得,可得，，设的外接圆半径为，由正弦定理可得，又，可得，可得，，可得，，则为锐角，解得．故选：D．【点睛】本题主要考查了正余弦定理在解三角形中的运用，需要根据题意确定合适的三角函数公式互化求解，属于中档题.10.已知数列满足：，，则下列正确的是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】将中两边同时除以，再利用累加法得到的通项公式，即可求解. 【详解】解：∵，等式两边同除以，∴，可得到，，…，，利用累加法，可得到，即，又∵，所以.，∴，故A正确；，∴，故B错误；，∴，故C错误，∴，故D错误.故选：A11.设等差数列的前项和，且满足，，对任意正整数，都有,则的值为（）A.1008B.1009C.1010D.1011【答案】C【解析】【分析】根据，，结合等差数列的性质和前n项和公式得到，且求解.【详解】因为，，所以，所以，且， 因为对任意正整数，都有，所以，故选：C12.在中，，若点为的内心，则的值为（）A.3B.C.D.【答案】C【解析】【分析】由余弦定理得，得到，求得，进而求得内切圆半径，得出，结合向量的数量积的运算公式，即可求解.【详解】在中，由，且点为的内心可知，平分，设圆交于点，根据余弦定理可得，所以，所以，所以，则内切圆半径，所以在中，，所以故选：C. 第Ⅱ卷（非选择题，共90分）二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在答题卡上．13.sin35°cos25°+cos35°cos65°=________．【答案】【解析】【分析】利用诱导公式将原式化为，再根据两角和得正弦公式即可得出答案.【详解】解：sin35°cos25°+cos35°cos65°.故答案为：.14.已知向量，满足，则与的夹角为__________．【答案】###30。【解析】【分析】根据向量的数量积运算可以算出向量的夹角.【详解】解：由题意得：又 所以与的夹角取值范围为，故与的夹角为故答案为：15.设等比数列满足，，则值为__________．【答案】【解析】【分析】根据题意求得等比数列的公比，进而的，结合等差数列的求和公式和对数的运算性质，即可求解.【详解】由题意，等比数列满足，，可得，所以，则，解得，所以，所以，所以.故答案为：.16.如图，直角梯形公园OABC中，OA=2km，OC=CB=1km，公园的左下角阴影部分为以O为圆心，半径为1km的圆面的人工湖，现计划修建一条与圆相切的观光道路EF(点E，F分别在边OA与BC上)，D为切点，令∠DOE=θ，则道路EF的长度y与θ的函数关系为_____________． 【答案】，【解析】【分析】由题意，且，连接，则分别在Rt△、Rt△有、，又，即可写出y与θ的函数关系，注意的取值范围.【详解】由题意，且，则在Rt△中，，在Rt△中，，则，∵，∴，∴，即，如图，当重合时，最大，此时，而当重合时，最小，此时，综上，， 故答案为：，三、解答题：本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17.已知平面向量，，（1）求（2）若与垂直，求实数k的值．【答案】（1）1（2）【解析】【分析】（1）先求出，从而求出模长；（2）利用向量垂直得到方程，求出实数k的值.【小问1详解】，．【小问2详解】由，又与垂直，所以，解得：．18.在①，②4是，的等比中项这两个条件中任选一个，补充在下面问题中，并作答．问题：已知各项均为正数的等差数列的前n项和为，，且________．（1）求；（2）求数列的前n项和．【答案】（1）任选一条件，都有； （2）.【解析】【分析】（1）由题意得，选①得，得到，，即可求出选②得，得到，，即可求出（2）由（1）得，，，裂项相消即可得到答案.【小问1详解】设等差数列的公差为，由，可得，即，选①，即有，即，由，解得，，则；选②4是，的等比中项，即有，即，由，解得，，则；【小问2详解】，，，19.已知函数． （1）求函数的单调减区间；（2）若，，，且．求的值．【答案】（1），；（2）【解析】【分析】（1）化简函数解析式，再根据三角函数的单调区间写出的单调减区间即可（2）根据题中的数据，结合三角函数的和差公式化简计算求值即可得出答案【小问1详解】根据可化简得：∵函数的单调减区间为：，∴单调减区间满足：，化简得：，所以函数的单调减区间为，；【小问2详解】由（1）得：∴，又∵，，∴，且得，∴ ∴．20.已知数列满足，.（1）证明是等比数列，并求的通项公式；（2）若数列满足，为数列的前项和，求.【答案】（1）证明见解析；；（2）.【解析】分析】（1）由递推关系直接构造新的等比递推关系，进而求出数列的通项公式.（2）先用（1）的结论，再用错位相减法求出数列的和.【详解】（1）数列满足，，整理得，（常数），所以是以3为首项，公比为3的等比数列，得.（2）数列满足，所以数列的通项公式为，所以①，②，①②得：，整理得.【点睛】本题考查数列的通项公式求法，错位相减法求和，同时考查式的运算能力，属于基础题.21.如图，在△ABC中，，，在AC的右侧取点D，构成平面四边形ABCD， 且．（1）求△ACD外接圆的面积；（2）求△ACD周长的取值范围．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）先算出的度数，然后根据正弦定理算出外接圆的半径即可求出圆的面积.（2）令，利用正弦定理表达出与的关系，即可利用三角恒等变换求出周长的取值范围.【小问1详解】解：由题意得：在△ABC中，由余弦定理得：∴∵，∴设△ACD外接圆的半径为r，则由正弦定理得∴ △ACD外接圆的面积为．【小问2详解】令，则，且在△ACD中，有正弦定理得∴，∴，∵，∴，∴．∴22.已知数列是等比数列，且，，数列满足：对于任意，有．（1）求数列的通项公式；（2）若数列满足：，，求数列的前2n项和．【答案】（1）（2）【解析】 【分析】（1）设数列的公比为，根据，，求出首项与公比，即可求出数列的通项，再根据数列的通项与前项和的关系即可求出数列的通项公式；（2）由（1）结合，可得，再分奇偶求出数列的通项公式，再利用分组求和法即可得出答案.【小问1详解】解：设数列的公比为，∵，，则，∴，，，所以数列的通项公式，，当时，，两式相减得：，即，又∵，即满足上式，所以；【小问2详解】解：∵，∴得，又，∴，得， ∴当n为奇数时，，当n为偶数时，，∴，.