《（浙江專用）2022高考數(shù)學二輪復習 階段質(zhì)量檢測（三）專題一-三“綜合檢測”》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（浙江專用）2022高考數(shù)學二輪復習 階段質(zhì)量檢測（三）專題一-三“綜合檢測”（12頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、（浙江專用）2022高考數(shù)學二輪復習 階段質(zhì)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()Aa21 Ban是單調(diào)數(shù)列CSnan恒成立 D數(shù)列是等比數(shù)列解析：選C由a11及S2，S4，S8成等比數(shù)列，可得SS2S8d22dd0或d2.當d0時，an1，Snn，當d2時，an2n1，Snn2，故Snan恒成立，選C.2(2018杭州模擬)已知數(shù)列an滿足a11，a23，且anan1n3，則a3

2、a4a5()A1 B2C3 D4解析：選C由已知，an1n3an，a323a22，a433a34，a543a43，a3a4a53，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a2c22b，sin B4cos Asin C，則b()A BC2 D4解析：選D由題意得，sin Bsin(AC)sin Acos Ccos Asin C，所以sin Acos Ccos Asin C4cos Asin C，所以sin Acos C3cos Asin C，由正弦定理和余弦定理得a3c，化簡得a2c2b2，又a2c22b，所以b22b，解得b4或b0(舍去)，所以b4，故選D.4(20

3、18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 BC2 D4解析：選B構(gòu)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PABCD，其中B，D分別為棱的中點，則其體積V2.故選B.5(2018嘉興高三測試)由函數(shù)ycos 2x的圖象變換得到函數(shù)ycos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)ycoscos 2，因此該函數(shù)的圖象是由函數(shù)ycos 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

4、an，“|an1|an(n1,2，)”是“an為遞減數(shù)列”的()A充分不必要條件 B必要不充分條件C充要條件 D既不充分也不必要條件解析：選A若|an1|an成立，當an10時，則an1an10時，則an1an，所以an為遞減數(shù)列，總之，若|an1|an成立，則an為遞減數(shù)列成立；反之，若an為遞減數(shù)列成立，例如1，2，3，4，5，但不滿足|an1|an成立，所以|an1|0，則a4，故log2a4log23.答案：312(2018紹興模擬)已知數(shù)列an的奇數(shù)項依次構(gòu)成公差為d1的等差數(shù)列，偶數(shù)項依次構(gòu)成公差為d2的等差數(shù)列(其中d1，d2為整數(shù))，且對任意nN*，都有anan1，若a11，a

5、22，且數(shù)列an的前10項和S1075，則d1_，a8_.解析：數(shù)列an的奇數(shù)項依次構(gòu)成公差為d1的等差數(shù)列，偶數(shù)項依次構(gòu)成公差為d2的等差數(shù)列，且對任意nN*，都有anan1，a11，a22，且數(shù)列an的前10項和S1075，51d152d275，化為d1d26.且對任意nN*，都有anan1，其中d1，d2為整數(shù)a2k1a2ka2k1，1(k1)d12(k1)d21kd1，取k2時，可得1d12d2an，所以數(shù)列an單調(diào)遞增且各項均為正數(shù)，所以1，所以1.答案：(1)1(2)116(2018紹興高三監(jiān)測考試)在數(shù)列an中，a12n1(nN*)，且a11，若存在nN*使得ann(n1)成立，

6、則實數(shù)的最小值為_解析：由題意知，a12n1，則n2時，有a12n11，兩式作差得，2n2n12n1，且2111，所以2n1(nN*)，令bn，則bn0，1，所以bn1bn，數(shù)列bn是遞增數(shù)列，數(shù)列bn的最小項是b1，依題意得，存在nN*使得bn成立，即有b1，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 PCB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 PCB的平面角逐漸增大，二面角D PCB的平面角最小趨近于二面角D ACB的平面角，最大趨近于二面角D BCA的平面角的補角設正四面體的棱

7、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DACB的平面角，DEBE，所以cosDEB，同理二面角D BCA的平面角的補角的余弦值為，故二面角DPCB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(diào)考)已知數(shù)列an是等差數(shù)列，Sn是其前n項和，且a12，S312.(1)求數(shù)列an的通項公式；(2)設bnan4n，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，a12，S312，S332d12，解得d2，an2(n1)22n.(2)b

8、nan4n2n4n，Tn2(123n)(442434n)2n2n.19(本小題滿分15分)已知函數(shù)f(x)2sin xcos x2cos2x.(1)求函數(shù)yf(x)的最小正周期和單調(diào)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a7，若銳角A滿足f，且sin Bsin C，求bc的值解：(1)f(x)2sin xcos x2cos2xsin 2xcos 2x2sin，因此f(x)的最小正周期為T.由2k2x2k(kZ)，得kxk(kZ)，所以f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(kZ)(2)由f2sin2sin A，且A為銳角，所以A.由正弦定理可得2R，sin Bsin C，

9、則bc13，所以cos A，所以bc40.20(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，AE1.(1)求證：BE平面DAE；(2)求二面角CDBE的余弦值解：(1)證明：由圓柱的性質(zhì)知，DA平面ABE，又BE平面ABE，BEDA，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，BEAE.又DAAEA，DA平面DAE，AE平面DAE，BE平面DAE.(2)法一：如圖，過E作EFAB，垂足為F，由圓柱的性質(zhì)知平面ABCD平面ABE，EF平面ABCD.過F作FHDB，垂足為

10、H，連接EH，則EHF即所求的二面角的平面角的補角，由ABAD2，AE1，得DE，BE，BD2，EF，由(1)知BEDE，EH，sinEHF，cosEHF ，二面角CDBE的余弦值為.法二：過A在平面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，ABAD2，AE1，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z1，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)，cosm，n，由圖知，二面角CDBE為鈍角，二面角CDBE的余弦值為.21(本小題滿分15分)(2018湖州、衢州、麗水聯(lián)考

11、)數(shù)列an中，a1，an1(nN*)(1)求證：an1an；(2)記數(shù)列an的前n項和為Sn，求證：Sn0，且a10，an0，an1anan0.an1an.(2)1an11，an.an，則a1a2an2，由(1)可知0an，Sna1a2an22，且對任意nN*，都有Snna1(n1)，證明：Sna10a11a10，解得0a1a20a21a200a220a112，解得1a12.綜上可得1a12.下面利用數(shù)學歸納法證明：當1a12時，nN*，1an2成立當n1時，1a12成立假設當nk時，1ak2成立則當nk1時，ak1ak121,2)(1,2)，即nk1時，不等式成立綜合可得nN*,1an0，即

12、an1an，an是遞增數(shù)列，a1的取值范圍是(1,2)(2)證明：a12，可用數(shù)學歸納法證明：an2對nN*都成立于是an1an10，即數(shù)列an是遞減數(shù)列在Snna1(n1)中，令n2，可得2a11S22a1，解得a13，因此2a13.下證：當2a1時，Snna1(n1)恒成立事實上，當2時不合題意事實上，當a13時，設anbn2，可得b11.由an1an1(nN*)，可得bn1bn1，可得.于是數(shù)列bn的前n項和Tnb13b13.故Sn2nTn0)，由(*)可得Snna1(2a1)n3na1(n1)tn.只要n充分大，可得Sn時不合題意綜上可得2a1，于是可得.故數(shù)列bn的前n項和Tnb1b11，Sn2nTn2n1.