（浙江专用）2022高考数学二轮复习 阶段质量检测（三）专题一-三“综合检测”

（浙江专用）2022高考数学二轮复习 阶段质量检测（三）专题一-三“综合检测”一、选择题(本大题共10小题，每小题4分，共40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(2018浙江名校联考)已知首项为1的等差数列an的公差为d，前n项和为Sn，且S2，S4，S8成等比数列，则()Aa21 Ban是单调数列CSnan恒成立 D数列是等比数列解析：选C由a11及S2，S4，S8成等比数列，可得SS2S8d22dd0或d2.当d0时，an1，Snn，当d2时，an2n1，Snn2，故Snan恒成立，选C.2(2018杭州模拟)已知数列an满足a11，a23，且anan1n3，则a3a4a5()A1 B2C3 D4解析：选C由已知，an1n3an，a323a22，a433a34，a543a43，a3a4a53，故选C.3已知a，b，c分别为ABC的三个内角A，B，C的对边，若a2c22b，sin B4cos Asin C，则b()A BC2 D4解析：选D由题意得，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，化简得a2c2b2，又a2c22b，所以b22b，解得b4或b0(舍去)，所以b4，故选D.4(2018浙江考前热身联考)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线和虚线画出的是某空间几何体的三视图，则该几何体的体积为()A BC2 D4解析：选B构造棱长为2的正方体如图所示，由三视图知该几何体是图中的四棱锥PABCD，其中B，D分别为棱的中点，则其体积V2.故选B.5(2018嘉兴高三测试)由函数ycos 2x的图象变换得到函数ycos的图象，这个变换可以是()A向左平移个单位长度 B向右平移个单位长度C向左平移个单位长度 D向右平移个单位长度解析：选B由于函数ycoscos 2，因此该函数的图象是由函数ycos 2x的图象向右平移个单位长度得到的，故选B.6(2018浙江考前模拟)对于数列an，“|an1|an(n1,2，)”是“an为递减数列”的()A充分不必要条件 B必要不充分条件C充要条件 D既不充分也不必要条件解析：选A若|an1|an成立，当an10时，则an1an10时，则an1an，所以an为递减数列，总之，若|an1|an成立，则an为递减数列成立；反之，若an为递减数列成立，例如1，2，3，4，5，但不满足|an1|an成立，所以|an1|0，则a4，故log2a4log23.答案：312(2018绍兴模拟)已知数列an的奇数项依次构成公差为d1的等差数列，偶数项依次构成公差为d2的等差数列(其中d1，d2为整数)，且对任意nN*，都有anan1，若a11，a22，且数列an的前10项和S1075，则d1_，a8_.解析：数列an的奇数项依次构成公差为d1的等差数列，偶数项依次构成公差为d2的等差数列，且对任意nN*，都有anan1，a11，a22，且数列an的前10项和S1075，51d152d275，化为d1d26.且对任意nN*，都有anan1，其中d1，d2为整数a2k1a2ka2k1，1(k1)d12(k1)d21kd1，取k2时，可得1d12d2an，所以数列an单调递增且各项均为正数，所以1，所以1.答案：(1)1(2)116(2018绍兴高三监测考试)在数列an中，a12n1(nN*)，且a11，若存在nN*使得ann(n1)成立，则实数的最小值为_解析：由题意知，a12n1，则n2时，有a12n11，两式作差得，2n2n12n1，且2111，所以2n1(nN*)，令bn，则bn0，1，所以bn1bn，数列bn是递增数列，数列bn的最小项是b1，依题意得，存在nN*使得bn成立，即有b1，的最小值是.答案：17(2018浙江名校联考)如图，已知正四面体D ABC，P为线段AB上的动点(端点除外)，则二面角D PCB的平面角的余弦值的取值范围是_解析：当点P从点A运动到点B时，二面角D PCB的平面角逐渐增大，二面角D PCB的平面角最小趋近于二面角D ACB的平面角，最大趋近于二面角D BCA的平面角的补角设正四面体的棱长为2，如图所示，取AC的中点为E.连接DE，BE，易知DEB为二面角DACB的平面角，DEBE，所以cosDEB，同理二面角D BCA的平面角的补角的余弦值为，故二面角DPCB的平面角的余弦值的取值范围是.答案：三、解答题(本大题共5小题，共74分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)18(本小题满分14分)(2018杭州一中调考)已知数列an是等差数列，Sn是其前n项和，且a12，S312.(1)求数列an的通项公式；(2)设bnan4n，求数列bn的前n项和Tn.解：(1)数列an是等差数列，Sn是其前n项和，a12，S312，S332d12，解得d2，an2(n1)22n.(2)bnan4n2n4n，Tn2(123n)(442434n)2n2n.19(本小题满分15分)已知函数f(x)2sin xcos x2cos2x.(1)求函数yf(x)的最小正周期和单调递减区间；(2)已知ABC的三个内角A，B，C的对边分别为a，b，c，其中a7，若锐角A满足f，且sin Bsin C，求bc的值解：(1)f(x)2sin xcos x2cos2xsin 2xcos 2x2sin，因此f(x)的最小正周期为T.由2k2x2k(kZ)，得kxk(kZ)，所以f(x)的单调递减区间为(kZ)(2)由f2sin2sin A，且A为锐角，所以A.由正弦定理可得2R，sin Bsin C，则bc13，所以cos A，所以bc40.20(本小题满分15分)(2019贵阳摸底)如图，CD，AB分别是圆柱的上、下底面圆的直径，四边形ABCD是边长为2的正方形，E是底面圆周上不同于A，B两点的一点，AE1.(1)求证：BE平面DAE；(2)求二面角CDBE的余弦值解：(1)证明：由圆柱的性质知，DA平面ABE，又BE平面ABE，BEDA，AB是底面圆的直径，E是底面圆周上不同于A，B两点的一点，BEAE.又DAAEA，DA平面DAE，AE平面DAE，BE平面DAE.(2)法一：如图，过E作EFAB，垂足为F，由圆柱的性质知平面ABCD平面ABE，EF平面ABCD.过F作FHDB，垂足为H，连接EH，则EHF即所求的二面角的平面角的补角，由ABAD2，AE1，得DE，BE，BD2，EF，由(1)知BEDE，EH，sinEHF，cosEHF ，二面角CDBE的余弦值为.法二：过A在平面AEB内作垂直于AB的直线，建立如图所示的空间直角坐标系，ABAD2，AE1，BE，E，D(0,0,2)，B(0,2,0)，(0，2,2)设平面EBD的法向量为n(x，y，z)，则即取z1，则n(，1,1)为平面EBD的一个法向量易知平面CDB的一个法向量为m(1,0,0)，cosm，n，由图知，二面角CDBE为钝角，二面角CDBE的余弦值为.21(本小题满分15分)(2018湖州、衢州、丽水联考)数列an中，a1，an1(nN*)(1)求证：an1an；(2)记数列an的前n项和为Sn，求证：Sn0，且a10，an0，an1anan0.an1an.(2)1an11，an.an，则a1a2an2，由(1)可知0an，Sna1a2an22，且对任意nN*，都有Snna1(n1)，证明：Sna10a11a10，解得0a1a20a21a200a220a112，解得1a12.综上可得1a12.下面利用数学归纳法证明：当1a12时，nN*，1an2成立当n1时，1a12成立假设当nk时，1ak2成立则当nk1时，ak1ak121,2)(1,2)，即nk1时，不等式成立综合可得nN*,1an0，即an1an，an是递增数列，a1的取值范围是(1,2)(2)证明：a12，可用数学归纳法证明：an2对nN*都成立于是an1an10，即数列an是递减数列在Snna1(n1)中，令n2，可得2a11S22a1，解得a13，因此2a13.下证：当2a1时，Snna1(n1)恒成立事实上，当2时不合题意事实上，当a13时，设anbn2，可得b11.由an1an1(nN*)，可得bn1bn1，可得.于是数列bn的前n项和Tnb13b13.故Sn2nTn0)，由(*)可得Snna1(2a1)n3na1(n1)tn.只要n充分大，可得Sn时不合题意综上可得2a1，于是可得.故数列bn的前n项和Tnb1b11，Sn2nTn2n1.