（浙江專用）2022高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 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(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的)1(2018·浙江名校聯(lián)考)已知首項(xiàng)為1的等差數(shù)列an的公差為d，前n項(xiàng)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SS2·S8d22dd0或d2.當(dāng)d0時(shí)，an1，Snn，當(dāng)d2時(shí)，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a3a4a5()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(gè)內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊，若a2c22b，sin B4cos A·sin 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 A·sin C，所以sin Acos C3cos Asin C，由正弦定理和余弦定理得a·3c·，化簡得a2c2b2，又a2c22b，所以b22b，解得b4或b0(舍去)，所以b4，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(shí)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(diǎn)，則其體積V××2.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(gè)變換可以是()A向左平移個(gè)單位長度 B向右平移個(gè)單位長度C向左平移個(gè)單位長度 D向右平移個(gè)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(gè)單位長度得到的，故選B.6(2018·浙江考前模擬)對(duì)于數(shù)列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(dāng)an1<0時(shí)，則an1<an1<an，所以an為遞減數(shù)列；當(dāng)an1>0時(shí)，則an1<an，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|<an是an為遞減數(shù)列的充分不必要條件7(2019屆高三·浙江名校聯(lián)考)我國古代數(shù)學(xué)名著算法統(tǒng)宗中有如下類似問題：“遠(yuǎn)望巍巍塔七層，紅光點(diǎn)點(diǎn)倍加增，共燈三百八十一，請問底層幾盞燈？”意思是：一座7層塔共掛了381盞燈，且相鄰兩層中的下一層燈數(shù)是上一層燈數(shù)的2倍，則塔的底層共有燈()A186盞 B189盞C192盞 D96盞解析：選C設(shè)塔的底層共有燈x盞，則各層的燈數(shù)從下到上構(gòu)成一個(gè)首項(xiàng)為x，公比為的等比數(shù)列，則381，解得x192.8(2018·浙江名校聯(lián)考信息卷)中國古代數(shù)學(xué)著作算法統(tǒng)宗中有這樣一個(gè)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(jiǎng)勵(lì)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()A10 000兩 B7 525兩C5 050兩 D4 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(1n100，nN*)，則數(shù)列an是首項(xiàng)為100，公差為的等差數(shù)列，則其前100項(xiàng)和S100100a1×100×10050×99×7 525，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(gè)三等分點(diǎn)，F(xiàn)，N分別為BC的兩個(gè)三等分點(diǎn)，且·25，·43，則|2|2()A45 B60C90 D180解析：選C設(shè)a，b，依題意得ab，ab，ab，ab，·25，·43，即解得a2b245，|2|2|ab|2|ba|2(ab)2(ba)22(a2b2)90.故選C.10(2019屆高三·湖州聯(lián)考)記數(shù)列an的前n項(xiàng)和為Sn，若不等式ama對(duì)任意等差數(shù)列an及任意正整數(shù)n都成立，則實(shí)數(shù)m的最大值為()A. B.C.D.1解析：選Aaa2a2，令(n1)dt，則a(a12t)2(a1t)22a6ta15t252a，當(dāng)t時(shí)，取到最小值即(n1)d，即n1，不等式ama對(duì)任意等差數(shù)列an及任意正整數(shù)n都成立，m，實(shí)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(tái)摸底)若正項(xiàng)數(shù)列an滿足a2，a6，且(n2，nN*)，則log2a4_.解析：由(n2，nN*)可得數(shù)列an是等比數(shù)列，所以aa2a6，又a4>0，則a4，故log2a4log23.答案：312(2018·紹興模擬)已知數(shù)列an的奇數(shù)項(xiàng)依次構(gòu)成公差為d1的等差數(shù)列，偶數(shù)項(xiàng)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(duì)任意nN*，都有an<an1，若a11，a22，且數(shù)列an的前10項(xiàng)和S1075，則d1_，a8_.解析：數(shù)列an的奇數(shù)項(xiàng)依次構(gòu)成公差為d1的等差數(shù)列，偶數(shù)項(xiàng)依次構(gòu)成公差為d2的等差數(shù)列，且對(duì)任意nN*，都有an<an1，a11，a22，且數(shù)列an的前10項(xiàng)和S1075，5×1d15×2×d275，化為d1d26.且對(duì)任意nN*，都有an<an1，其中d1，d2為整數(shù)a2k1<a2k<a2k1，1(k1)d1<2(k1)d2<1kd1，取k2時(shí)，可得1d1<2d2<12d1.d13d2.a8a23d223×311.答案：31113在ABC中，AB3，AC2，A60°，m，則|的最小值為_，又若，則m_.解析：因?yàn)閙，所以|2m2|2|22m·9m242m|·|·cos 60°9m26m4923.當(dāng)m時(shí)，|2取得最小值為3，所以|的最小值為.在ABC中，AB3，AC2，A60°，所以|BC|2492×2×3cos 60°7，所以|BC|，所以cos B，cos C .因?yàn)?，所?#183;0，所以(m)·0，所以m··0，所以m|·|cos(B)|·|cos C0，所以3mcos B2cos C0，所以m××.答案：14已知正項(xiàng)數(shù)列an的前n項(xiàng)和Sn滿足Sn和2的等比中項(xiàng)等于an和2的等差中項(xiàng)，則a1_，Sn_.解析：由題意知，則Sn.由a1S1得，解得a12.又由式得Sn1(n2)，可得anSnSn1(n2)，整理得(anan1)(anan14)0.數(shù)列an的各項(xiàng)都是正數(shù)，anan140，即anan14.故數(shù)列an是以2為首項(xiàng)，4為公差的等差數(shù)列，Sn2n×42n2.答案：22n215已知數(shù)列an滿足a1，an1aan，x表示不超過x的最大整數(shù)，則(1)_；(2)_.解析：(1)由題意得a2aa1，所以，所以1.(2)因?yàn)閍n1aan，所以，即，所以.而an1aan>an，所以數(shù)列an單調(diào)遞增且各項(xiàng)均為正數(shù)，所以<2.又結(jié)合(1)可知>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，則實(shí)數(shù)的最小值為_解析：由題意知，a12n1，則n2時(shí)，有a12n11，兩式作差得，2n2n12n1，且2111，所以2n1(nN*)，令bn，則bn>0，>1，所以bn1>bn，數(shù)列bn是遞增數(shù)列，數(shù)列bn的最小項(xiàng)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(dòng)點(diǎn)(端點(diǎn)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(dāng)點(diǎn)P從點(diǎn)A運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)B時(shí)，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(bǔ)角設(shè)正四面體的棱長為2，如圖所示，取AC的中點(diǎn)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(bǔ)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(yīng)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(xiàng)和，且a12，S312.(1)求數(shù)列an的通項(xiàng)公式；(2)設(shè)bnan4n，求數(shù)列bn的前n項(xiàng)和Tn.解：(1)數(shù)列an是等差數(shù)列，Sn是其前n項(xiàng)和，a12，S312，S33×2d12，解得d2，an2(n1)×22n.(2)bnan4n2n4n，Tn2(123n)(442434n)2×n2n.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(gè)內(nèi)角A，B，C的對(duì)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，則bc×13，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(diǎn)的一點(diǎn)，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(diǎn)的一點(diǎn)，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H，連接EH，則EHF即所求的二面角的平面角的補(bǔ)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(biāo)系，ABAD2，AE1，BE，E，D(0,0,2)，B(0,2,0)，(0，2,2)設(shè)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(gè)法向量易知平面CDB的一個(gè)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)數(shù)列an中，a1，an1(nN*)(1)求證：an1<an；(2)記數(shù)列an的前n項(xiàng)和為Sn，求證：Sn<1.證明：(1)aan12>0，且a1>0，an>0，an1anan<0.an1<an.(2)1an11，an.an，則a1a2an2，由(1)可知0<an，Sna1a2an2<1.22(本小題滿分15分)(2018·溫州模擬)數(shù)列an的各項(xiàng)均為正數(shù)，且an1an1(nN*)，an的前n項(xiàng)和是Sn.(1)若an是遞增數(shù)列，求a1的取值范圍；(2)若a1>2，且對(duì)任意nN*，都有Snna1(n1)，證明：Sn<2n1.解：(1)由a2>a1>0a11>a1>0，解得0<a1<2.又a3>a2>0a21>a2>00<a2<20<a11<2，解得1<a1<2.綜上可得1<a1<2.下面利用數(shù)學(xué)歸納法證明：當(dāng)1<a1<2時(shí)，nN*，1<an<2成立當(dāng)n1時(shí)，1<a1<2成立假設(shè)當(dāng)nk時(shí)，1<ak<2成立則當(dāng)nk1時(shí)，ak1ak121,2)(1,2)，即nk1時(shí)，不等式成立綜合可得nN*,1<an<2成立于是an1an1>0，即an1>an，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(xué)歸納法證明：an>2對(duì)nN*都成立于是an1an1<0，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2<a13.下證：當(dāng)2<a1時(shí)，Snna1(n1)恒成立事實(shí)上，當(dāng)2<a1時(shí)，由ana1(ana1)a1a1.于是Sna1a2ana1(n1)na1(n1)再證明：a1>時(shí)不合題意事實(shí)上，當(dāng)<a13時(shí)，設(shè)anbn2，可得<b11.由an1an1(nN*)，可得bn1bn1，可得.于是數(shù)列bn的前n項(xiàng)和Tnb1·<3b13.故Sn2nTn<2n3na1(2a1)n3.(*)令a1t(t>0)，由(*)可得Sn<na1(2a1)n3na1(n1)tn.只要n充分大，可得Sn<na1(n1)這與Snna1(n1)恒成立矛盾a1>時(shí)不合題意綜上可得2<a1，于是可得.故數(shù)列bn的前n項(xiàng)和Tnb1·<b1<1，Sn2nTn<2n1.