沈陽二中2021—2022學年度下學期期末考試高一（18屆）數(shù)學試題說明：1.測試時間：120分鐘總分：150分2.客觀題涂在答題紙上，主觀題答在答題紙的相應位置上第Ⅰ卷（60分）一、選擇題（本題共12小題，每小題5分，共60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.假如θ是第一象限角，那么下列不等式恒成立的是()A．sineq\f(θ,2)>0B．taneq\f(θ,2)<1C．sineq\f(θ,2)>coseq\f(θ,2)D．sineq\f(θ,2)<coseq\f(θ,2)2.函數(shù)y＝eq\f(|sinx|,sinx)＋eq\f(cosx,|cosx|)＋eq\f(|tanx|,tanx)的值域是()A．{1，－1}B．{－1，1，3}C．{－1，3}D．{1，3}3.若sinθ＋cosθ＝eq\f(\r(5),5)，θ∈[0，π]，則tanθ＝()A．－eq\f(1,2)B.eq\f(1,2)C．－2D．24.已知tanθ＝2，則2sin2θ＋sinθ·cosθ－cos2θ＝()A．－eq\f(4,3)B．－eq\f(6,5)C.eq\f(4,5)D.eq\f(9,5)5.假如函數(shù)y＝sin2x＋acos2x的圖像關于直線x＝－eq\f(π,8)對稱，則實數(shù)a的值為()A.eq\r(2)B．－eq\r(2)C．1D．－16.函數(shù)f(x)＝Asinωx(A>0，ω>0)的部分圖像如圖所示，則f(1)＋f(2)＋f(3)＋…＋f(2021)的值為()A．0B．3eq\r(2)C．6eq\r(2)D．－eq\r(2)7.已知2sin2α＝1＋cos2α，則tan2α＝()A．－eq\f(4,3)B.eq\f(4,3)C．－eq\f(4,3)或0D.eq\f(4,3)或08.如圖，四邊形ABCD是正方形，延長CD至E，使得DE＝CD.若動點P從點A動身，沿正方形的邊按逆時針方向運動一周回到A點，其中eq\o(AP,\s\up6(→))＝λeq\o(AB,\s\up6(→))＋μeq\o(AE,\s\up6(→)).下列敘述正確的是()A．滿足λ＋μ＝2的點P必為BC的中點B.滿足λ＋μ＝1的點P有且只有一個C．λ＋μ的最大值為3D．λ＋μ的最小值不存在9.在△ABC中，若3sinA＋4cosB＝6，4sinB＋3cosA＝1，則角C為()A．30°B．30°或150°C．150°10.在數(shù)列{an}中，a1＝1，an＋1－an＝sineq\f(（n＋1）π,2)，記Sn為數(shù)列{an}的前n項和，則S2022＝()A．0B．2022C．100811.已知an＝eq\f(n－\r(2021),n－\r(2022))(n∈N*)，則數(shù)列{an}的前50項中最小項和最大項分別是()A．a1，a50B．a1，a44C．a45，a50D．a44，12.對于數(shù)列{xn}，若對任意n∈N*，都有eq\f(xn＋xn＋2,2)<xn＋1成立，則稱數(shù)列{xn}為“減差數(shù)列”．設bn＝2t－eq\f(tn－1,2n－1)，若數(shù)列b3，b4，b5，…是“減差數(shù)列”，則實數(shù)t的取值范圍是()A．(－1，＋∞)B．(－∞，－1]C．(1，＋∞)D．(－∞，1]第Ⅱ卷(共90分)二、填空題（本題共4小題，每小題5分，共20分）13.設數(shù)列{an}的通項公式為an＝eq\f(1,\r(n)＋\r(n＋1))，則eq\r(10)－3是此數(shù)列的第____項．14.已知數(shù)列中，,,則數(shù)列的通項公式15.函數(shù)y＝(sinx－2)(cosx－2)的最大值是________．16.已知sinx＋siny＝eq\f(1,3)，則siny－cos2x的最大值是________．三、解答題（本題共6小題，共70分；解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟）17.（本小題滿分10分）已知函數(shù)f(x)＝cos(2x－eq\f(π,3))＋sin2x－cos2x.(1)求函數(shù)f(x)的最小正周期及圖像的對稱軸方程；(2)設函數(shù)g(x)＝[f(x)]2＋f(x)，求g(x)的值域．18.（本小題滿分12分）△ABC的內角A，B，C所對的邊分別為a，b，c.向量m＝(a，eq\r(3)b)與n＝(cosA，sinB)平行．(1)求A；(2)若a＝eq\r(7)，b＝2，求△ABC的面積．19.（本小題滿分12分）已知函數(shù)f(x)＝2eq\r(2)cos(x＋eq\f(π,4))cos(x－eq\f(π,4))＋2eq\r(2)sinxcosx.(1)求f(x)的最小正周期和最大值；(2)在圖中給出的坐標系中畫出函數(shù)y＝f(x)在區(qū)間[0，π]上的圖像，并說明y＝f(x)的圖像是由y＝sin2x的圖像怎樣變換得到的．20（本小題滿分12分）已知遞增的等比數(shù)列{an}滿足a2＋a3＋a4＝28，且a3＋2是a2，a4的等差中項．(1)求數(shù)列{an}的通項公式；(2)若bn＝an·，Sn＝b1＋b2＋…＋bn，求使Sn＋n·2n＋1>50成立的正整數(shù)n的最小值．21.（本小題滿分12分）已知數(shù)列{an}的前n項和Sn滿足Sn＝2an－n.(1)求數(shù)列{an}的通項公式；(2)設bn＝eq\f(an,an＋1)，記數(shù)列{bn}的前n項和為Tn，證明：－eq\f(1,3)<Tn－eq\f(n,2)<0.22.（本小題滿分12分）設數(shù)列{an}的前n項和為Sn，且首項a1≠3，an＋1＝Sn＋3n(n∈N*)．(1)求證：數(shù)列{Sn－3n}是等比數(shù)列；(2)若{an}為遞增數(shù)列，求a1的取值范圍．沈陽二中2021—2022學年度下學期期末考試高一（18屆）數(shù)學試題答案一、選擇題1.B2.C3.C4.D5.D6.A7.D8.C9.A10.C11.D12.C二、填空題13.914.15.eq\f(9,2)＋2eq\r(2)16.eq\f(4,9)三、解答題（本題共6小題，共70分；解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟）17.（本小題滿分10分）解：(1)f(x)＝eq\f(1,2)cos2x＋eq\f(\r(3),2)sin2x＋sin2x－cos2x＝eq\f(1,2)cos2x＋eq\f(\r(3),2)sin2x－cos2x＝sin(2x－eq\f(π,6))，所以最小正周期T＝eq\f(2π,2)＝π.由2x－eq\f(π,6)＝kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)，得x＝eq\f(kπ,2)＋eq\f(π,3)(k∈Z)，故函數(shù)f(x)圖像的對稱軸方程為x＝eq\f(kπ,2)＋eq\f(π,3)(k∈Z)．(2)g(x)＝[f(x)]2＋f(x)＝sin2(2x－eq\f(π,6))＋sin(2x－eq\f(π,6))＝[sin(2x－eq\f(π,6))＋eq\f(1,2)]2－eq\f(1,4).當sin(2x－eq\f(π,6))＝－eq\f(1,2)時，g(x)取得最小值－eq\f(1,4)；當sin(2x－eq\f(π,6))＝1時，g(x)取得最大值2.所以g(x)的值域為[－eq\f(1,4)，2]．18.（本小題滿分12分）解答(1)由于m∥n，所以asinB－eq\r(3)bcosA＝0，由正弦定理得sinAsinB－eq\r(3)sinBcosA＝0，又sinB≠0，從而tanA＝eq\r(3)，由于0<A<π，所以A＝eq\f(π,3).(6分)(2)由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccosA，而a＝eq\r(7)，b＝2，A＝eq\f(π,3)，得7＝4＋c2－2c，即c2－2由于c>0，所以c＝3.故△ABC的面積為eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(3\r(3),2).(12分)19.（本小題滿分12分）解(1)最小正周期T＝π，f(x)max＝2(2)先將y＝sin2x的圖像向左平移eq\f(π,8)個單位長度，得到y(tǒng)＝sin(2x＋eq\f(π,4))的圖像，再將y＝sin(2x＋eq\f(π,4))的圖像上全部點的縱坐標伸長為原來的2倍，橫坐標不變，得到y(tǒng)＝2sin(2x＋eq\f(π,4))的圖像．20（本小題滿分12分）解：(1)設等比數(shù)列{an}的首項為a1，公比為q.依題意有2(a3＋2)＝a2＋a4，代入a2＋a3＋a4＝28，得a3＝8，∴a2＋a4＝20，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1q＋a1q3＝20，,a3＝a1q2＝8，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(q＝2，,a1＝2))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(q＝\f(1,2)，,a1＝32.))又{an}是遞增數(shù)列，∴q＝2，a1＝2，∴an＝2n.(2)∵bn＝2n·＝－n·2n，∴－Sn＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n×2n，①∴－2Sn＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋(n－1)×2n＋n×2n＋1.②①－②得Sn＝2＋22＋23＋…＋2n－n·2n＋1＝eq\f(2（1－2n）,1－2)－n·2n＋1＝2n＋1－n·2n＋1－2.Sn＋n·2n＋1>50，即2n＋1－2>50，∴2n＋1>52，故使Sn＋n·2n＋1>50成立的正整數(shù)n的最小值為5.21.（本小題滿分12分）解：(1)由于Sn＝2an－n，所以當n＝1時，S1＝a1＝2a1－1，所以a1＝1.又Sn＋1＝2an＋1－n－1，得an＋1＝2an＋1－2an－1，得an＋1＋1＝2(an＋1)，又a1＋1＝2，所以an＋1＝2n，故an＝2n－(2)證明：由于bn＝eq\f(an,an＋1)＝eq\f(2n－1,2n＋1－1)，所以bn－eq\f(1,2)＝－eq\f(1,2n＋2－2)，所以Tn－eq\f(n,2)＝－eq\f(1,23－2)＋eq\f(1,24－2)＋…＋eq\f(1,2n＋2－2)<0，得Tn－eq\f(n,2)<0.又eq\f(1,2n＋2－2)＝eq\f(1,2n－2＋3·2n)≤eq\f(1,3·2n)，所以Tn－eq\f(n,2)≥－eq\f(1,3)eq\f(1,2)＋eq\f(1,22)＋…＋eq\f(1,2n)＝－eq\f(1,3)＋eq\f(1,3·2n)>－eq\f(1,3).所以－eq\f(1,3)<Tn－eq\f(n,2)<0.22.（本小題滿分12分）解：(1)證明：∵an＋1＝Sn＋3n(n∈N*)，∴Sn＋1＝2Sn＋3n，∴Sn＋1－3n