（浙江專用）2022高考數(shù)學二輪復習 階段質量檢測（三）專題一-三“綜合檢測”

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1、（浙江專用）2022高考數(shù)學二輪復習 階段質量檢測（三）專題一-三“綜合檢測” 一、選擇題(本大題共10小題，每小題4分，共40分，在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的) 1．(2018·浙江名校聯(lián)考)已知首項為1的等差數(shù)列{an}的公差為d，前n項和為Sn，且S2，S4，S8成等比數(shù)列，則(　　) A．a(chǎn)2＝1　　　　　 　 　B．{an}是單調數(shù)列 C．Sn≥an恒成立 D．數(shù)列是等比數(shù)列 解析：選C　由a1＝1及S2，S4，S8成等比數(shù)列，可得S＝S2·S8?d2＝2d?d＝0或d＝2.當d＝0時，an＝1，Sn＝n，當d＝2時，an＝2n－1，Sn＝n2，故

2、Sn≥an恒成立，選C. 2．(2018·杭州模擬)已知數(shù)列{an}滿足a1＝1，a2＝3，且an＋an＋1＝n＋3，則a3＋a4－a5＝(　　) A．1 B．2 C．3 D．4 解析：選C　由已知，an＋1＝n＋3－an， ∴a3＝2＋3－a2＝2， a4＝3＋3－a3＝4，a5＝4＋3－a4＝3， ∴a3＋a4－a5＝3，故選C. 3．已知a，b，c分別為△ABC的三個內(nèi)角A，B，C的對邊，若a2－c2＝2b，sin B＝4cos A·sin C，則b＝(　　) A． B． C．2 D．4 解析：選D　由題意得，sin B＝sin(A＋C)＝sin

3、 Acos C＋cos Asin C，所以sin Acos C＋cos Asin C＝4cos A·sin C，所以sin Acos C＝3cos Asin C，由正弦定理和余弦定理得a·＝3c·，化簡得a2－c2＝b2，又a2－c2＝2b，所以b2＝2b，解得b＝4或b＝0(舍去)，所以b＝4，故選D. 4．(2018·浙江考前熱身聯(lián)考)如圖，網(wǎng)格紙上小正方形的邊長為1，粗實線和虛線畫出的是某空間幾何體的三視圖，則該幾何體的體積為(　　) A． B． C．2 D．4 解析：選B　構造棱長為2的正方體如圖所示，由三視圖知該幾何體是圖中的四棱錐P-ABCD，其中B，D分別為棱

4、的中點，則其體積V＝××2＝.故選B. 5．(2018·嘉興高三測試)由函數(shù)y＝cos 2x的圖象變換得到函數(shù)y＝cos的圖象，這個變換可以是(　　) A．向左平移個單位長度 B．向右平移個單位長度 C．向左平移個單位長度 D．向右平移個單位長度 解析：選B　由于函數(shù)y＝cos＝cos 2，因此該函數(shù)的圖象是由函數(shù)y＝cos 2x的圖象向右平移個單位長度得到的，故選B. 6．(2018·浙江考前模擬)對于數(shù)列{an}，“|an＋1|

5、要條件 解析：選A　若|an＋1|0時，則an＋1

6、中的下一層燈數(shù)是上一層燈數(shù)的2倍，則塔的底層共有燈(　　) A．186盞 B．189盞 C．192盞 D．96盞 解析：選C　設塔的底層共有燈x盞，則各層的燈數(shù)從下到上構成一個首項為x，公比為的等比數(shù)列，則＝381，解得x＝192. 8．(2018·浙江名校聯(lián)考信息卷)中國古代數(shù)學著作《算法統(tǒng)宗》中有這樣一個問題：“今有中試舉人壹百名，第一名官給銀一百兩，自第二名以下挨次各減五錢，問：該銀若干？”其大意為：現(xiàn)有100名中試舉人，朝廷發(fā)銀子獎勵他們，第1名發(fā)銀子100兩，自第2名起，依次比前1名少發(fā)5錢(每10錢為1兩)，問：朝廷總共發(fā)了多少銀子？則朝廷發(fā)的銀子共有(　　) A

7、．10 000兩 B．7 525兩 C．5 050兩 D．4 950兩 解析：選B　根據(jù)題意，記第n名中試舉人所得的銀子(單位：兩)為an(1≤n≤100，n∈N*)，則數(shù)列{an}是首項為100，公差為－的等差數(shù)列，則其前100項和S100＝100a1＋×＝100×100＋50×99×＝7 525，故朝廷總共發(fā)了7 525兩銀子．故選B. 9．(2018·浙江五校聯(lián)考)如圖，已知在平行四邊形ABCD中，E，M分別為DC的兩個三等分點，F(xiàn)，N分別為BC的兩個三等分點，且·＝25，·＝43，則||2＋||2＝(　　) A．45 B．60 C．90 D．180 解析

8、：選C　設＝a，＝b，依題意得＝＋＝a＋b，＝＋＝a＋b，＝＋＝a＋b，＝＋＝a＋b， ∵·＝25，·＝43， ∴ 即 解得a2＋b2＝45，∴||2＋||2＝|a＋b|2＋|b－a|2＝(a＋b)2＋(b－a)2＝2(a2＋b2)＝90.故選C. 10．(2019屆高三·湖州聯(lián)考)記數(shù)列{an}的前n項和為Sn，若不等式a＋≥ma對任意等差數(shù)列{an}及任意正整數(shù)n都成立，則實數(shù)m的最大值為(　　) A. B. C. D.1 解析：選A　a＋＝a＋2＝a＋2， 令(n－1)d＝t， 則a＋＝(a1＋2t)2＋(a1＋t)2＝2a＋6ta1＋5t2＝52＋a， 當t＝

9、時，取到最小值． 即(n－1)d＝，即n＝＋1， ∵不等式a＋≥ma對任意等差數(shù)列{an}及任意正整數(shù)n都成立， ∴m≤，∴實數(shù)m的最大值為.故選A. 二、填空題(本大題共7小題，多空題每題6分，單空題每題4分，共36分) 11．(2018·邢臺摸底)若正項數(shù)列{an}滿足a2＝，a6＝，且＝(n≥2，n∈N*)，則log2a4＝________. 解析：由＝(n≥2，n∈N*)可得數(shù)列{an}是等比數(shù)列，所以a＝a2a6＝，又a4>0，則a4＝，故log2a4＝log2＝－3. 答案：－3 12．(2018·紹興模擬)已知數(shù)列{an}的奇數(shù)項依次構成公差為d1的等差數(shù)列，偶數(shù)

10、項依次構成公差為d2的等差數(shù)列(其中d1，d2為整數(shù))，且對任意n∈N*，都有an

11、)d2<1＋kd1， 取k＝2時，可得1＋d1<2＋d2<1＋2d1. ∴d1＝3＝d2. ∴a8＝a2＋3d2＝2＋3×3＝11. 答案：3　11 13．在△ABC中，AB＝3，AC＝2，A＝60°，＝m＋，則||的最小值為________，又若⊥，則m＝________. 解析：因為＝m＋，所以||2＝m2||2＋||2＋2m·＝9m2＋4＋2m||·||·cos 60°＝9m2＋6m＋4＝92＋3.當m＝－時，||2取得最小值為3，所以||的最小值為.在△ABC中，AB＝3，AC＝2，A＝60°，所以|BC|2＝4＋9－2×2×3cos 60°＝7，所以|BC|＝，所以cos

12、 B＝＝，cos C＝＝ .因為⊥，所以·＝0，所以(m＋)·＝0，所以m·＋·＝0，所以m||·||cos(π－B)＋||·||cos C＝0，所以－3mcos B＋2cos C＝0，所以m＝＝××＝. 答案：　 14．已知正項數(shù)列{an}的前n項和Sn滿足Sn和2的等比中項等于an和2的等差中項，則a1＝________，Sn＝________. 解析：由題意知＝，則Sn＝. ① 由a1＝S1得＝，解得a1＝2. 又由①式得Sn－1＝(n≥2)， ② ①－②可得an＝Sn－Sn－1＝－(n≥2)，整理得(an＋an－1)(an－an－1－4)＝0.

13、 ∵數(shù)列{an}的各項都是正數(shù)， ∴an－an－1－4＝0，即an－an－1＝4. 故數(shù)列{an}是以2為首項，4為公差的等差數(shù)列， ∴Sn＝2n＋×4＝2n2. 答案：2　2n2 15．已知數(shù)列{an}滿足a1＝，an＋1＝a＋an，[x]表示不超過x的最大整數(shù)，則 (1)＝________； (2)＝________. 解析：(1)由題意得a2＝a＋a1＝， 所以＋＝＋＝， 所以＝1. (2)因為an＋1＝a＋an， 所以＝＝－， 即＝－， 所以＋＋…＋ ＝－＋－＋…＋－＝－. 而an＋1＝a＋an>an， 所以數(shù)列{an}單調遞增且各項均為正數(shù)， 所以

14、＋＋…＋＝－<＝2. 又結合(1)可知＋＋…＋>1， 所以＝1. 答案：(1)1　(2)1 16．(2018·紹興高三監(jiān)測考試)在數(shù)列{an}中，a1＋＋＋…＋＝2n－1(n∈N*)，且a1＝1，若存在n∈N*使得an≤n(n＋1)λ成立，則實數(shù)λ的最小值為________． 解析：由題意知，a1＋＋…＋＝2n－1， 則n≥2時，有a1＋＋…＋＝2n－1－1， 兩式作差得，＝2n－2n－1＝2n－1， 且＝21－1＝1， 所以＝2n－1(n∈N*)， ＝， 令bn＝，則bn>0， ＝＝>＝1， 所以bn＋1>bn，數(shù)列{bn}是遞增數(shù)列，數(shù)列{bn}的最小項是b1＝，

15、 依題意得，存在n∈N*使得λ≥＝bn成立， 即有λ≥b1＝，λ的最小值是. 答案： 17．(2018·浙江名校聯(lián)考)如圖，已知正四面體D -ABC，P為線段AB上的動點(端點除外)，則二面角D -PC-B的平面角的余弦值的取值范圍是________． 解析：當點P從點A運動到點B時，二面角D -PC-B的平面角逐漸增大，二面角D -PC-B的平面角最小趨近于二面角D -AC-B的平面角，最大趨近于二面角D -BC-A的平面角的補角．設正四面體的棱長為2，如圖所示，取AC的中點為E.連接DE，BE，易知∠DEB為二面角D-AC-B的平面角，DE＝BE＝，所以cos∠DEB＝＝，同理二

16、面角D -BC-A的平面角的補角的余弦值為－，故二面角D-PC-B的平面角的余弦值的取值范圍是. 答案： 三、解答題(本大題共5小題，共74分，解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟) 18．(本小題滿分14分)(2018·杭州一中調考)已知數(shù)列{an}是等差數(shù)列，Sn是其前n項和，且a1＝2，S3＝12. (1)求數(shù)列{an}的通項公式； (2)設bn＝an＋4n，求數(shù)列{bn}的前n項和Tn. 解：(1)∵數(shù)列{an}是等差數(shù)列，Sn是其前n項和，a1＝2，S3＝12， ∴S3＝3×2＋d＝12，解得d＝2， ∴an＝2＋(n－1)×2＝2n. (2)∵bn＝an＋4

17、n＝2n＋4n， ∴Tn＝2(1＋2＋3＋…＋n)＋(4＋42＋43＋…＋4n) ＝2×＋ ＝n2＋n＋－. 19．(本小題滿分15分)已知函數(shù)f(x)＝2sin xcos x＋2cos2x－. (1)求函數(shù)y＝f(x)的最小正周期和單調遞減區(qū)間； (2)已知△ABC的三個內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，其中a＝7，若銳角A滿足f＝，且sin B＋sin C＝，求bc的值． 解：(1)f(x)＝2sin xcos x＋2cos2x－＝sin 2x＋cos 2x＝2sin， 因此f(x)的最小正周期為T＝＝π. 由2kπ＋≤2x＋≤2kπ＋(k∈Z)， 得kπ＋≤x≤k

18、π＋(k∈Z)， 所以f(x)的單調遞減區(qū)間為(k∈Z)． (2)由f＝2sin＝2sin A＝，且A為銳角，所以A＝. 由正弦定理可得2R＝＝＝， sin B＋sin C＝＝， 則b＋c＝×＝13， 所以cos A＝＝＝， 所以bc＝40. 20．(本小題滿分15分)(2019·貴陽摸底)如圖，CD，AB分別是圓柱的上、下底面圓的直徑，四邊形ABCD是邊長為2的正方形，E是底面圓周上不同于A，B兩點的一點，AE＝1. (1)求證：BE⊥平面DAE； (2)求二面角C-DB-E的余弦值． 解：(1)證明：由圓柱的性質知，DA⊥平面ABE， 又BE?平面ABE，∴BE⊥D

19、A， ∵AB是底面圓的直徑，E是底面圓周上不同于A，B兩點的一點， ∴BE⊥AE. 又DA∩AE＝A，DA?平面DAE，AE?平面DAE， ∴BE⊥平面DAE. (2)法一：如圖，過E作EF⊥AB，垂足為F，由圓柱的性質知平面ABCD⊥平面ABE， ∴EF⊥平面ABCD. 過F作FH⊥DB，垂足為H，連接EH， 則∠EHF即所求的二面角的平面角的補角， 由AB＝AD＝2，AE＝1， 得DE＝，BE＝，BD＝2， ∴EF＝＝， 由(1)知BE⊥DE，∴EH＝＝＝， ∴sin∠EHF＝＝＝， ∴cos∠EHF＝ ＝， ∴二面角C-DB-E的余弦值為－. 法二：過A在

20、平面AEB內(nèi)作垂直于AB的直線，建立如圖所示的空間直角坐標系， ∵AB＝AD＝2，AE＝1， ∴BE＝，∴E， D(0,0,2)，B(0,2,0)， ∴＝，＝(0，－2,2)． 設平面EBD的法向量為n＝(x，y，z)， 則即 取z＝1，則n＝(，1,1)為平面EBD的一個法向量． 易知平面CDB的一個法向量為m＝(1,0,0)， ∴cos〈m，n〉＝＝＝， 由圖知，二面角C-DB-E為鈍角， ∴二面角C-DB-E的余弦值為－. 21．(本小題滿分15分)(2018·湖州、衢州、麗水聯(lián)考)數(shù)列{an}中，a1＝，an＋1＝(n∈N*)． (1)求證：an＋1

21、 (2)記數(shù)列{an}的前n項和為Sn，求證：Sn<1. 證明：(1)∵a－an＋1＝2＋>0， 且a1＝>0，∴an>0， ∴an＋1－an＝－an＝<0. ∴an＋12，且對任意n∈N*，都有

22、Sn≥na1－(n－1)，證明：Sn<2n＋1. 解：(1)由a2>a1>0?a1＋－1>a1>0， 解得0a2>0?a2＋－1>a2>0?00，即an＋1>a

23、n， ∴{an}是遞增數(shù)列，a1的取值范圍是(1,2)． (2)證明：∵a1>2，可用數(shù)學歸納法證明：an>2對?n∈N*都成立． 于是an＋1－an＝－1<0，即數(shù)列{an}是遞減數(shù)列． 在Sn≥na1－(n－1)中，令n＝2，可得2a1＋－1＝S2≥2a1－，解得a1≤3， 因此2時不合題意． 事實上，當0)，由(*)可得Sn時不合題意． 綜上可得2