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吉林省东北师范大学附属中学2014-2015学年高一下学期期考试数学试题


2014 级高一下学期数学期末考试
一、选择题(本大题共 12 小题,每小题 5 分,共 60 分) 1.已知集合 A={-2,-1,0,1,2} ,B={x|(X-1) (x+2)<0},则 A∩B=( (A) {--1,0} (B) {0,1} (C) {-1,0,1} (D) {,0,,1,2} ) )

2.设 Sn 为等比数列{an}的前

n 项和,已知 3S3=a4-2,3S2=a3-2,则公比 q 等于( A.3 B.4 C.5 D.6 3.已知点 A(0,1) ,B(3,2) ,向量 AC =(-4,-3) ,则向量 BC =

(A) (-7,-4)

(B) (7,4)

(C) (-1,4) (D) (1,4)
)

4.等比数列{an}满足 a1=3, a1 ? a3 ? a5 =21,则 a3 ? a5 ? a7 ? ( (A)21 (B)42 (C)63 (D)84 ) 3 D. 5

sin B 5.在△ABC 中,A=120° ,AB=5,BC=7,则 的值为( sin C 8 5 5 A. B. C. 5 8 3

6.一个正方体被一个平面截去一部分后,剩余部分的三视图如右图,则截去部分体积与 剩余部分体积的比值为

(A)

1 8

(B)

1 7
)

(C)

1 6

(D)

7.设△ABC 的三个内角为 A,B,C,向量 m =( 3sinA,sinB), n =(cosB, 3cosA),

?

1 5

?

n =1+cos(A+B),则 C=( 若m ·
π A. 6 π B. 3 2π C. 3

? ?

5π D. 6

c? 0 ? b ? a 8.已知 a、b、c 满足 c ,且 a ,那么下列选项中一定成立的是( ) 2 2 b? a b c ( a ? c )? 0 b ? a c B. cb (? a )? 0 C. c A. a D. a
9.圆柱被一个平面截去一部分后与半球(半径为 r)组成一个几何体,该几何体三

视图中的正视图和俯视图如图所示,若该几何体的表面积为 16+20π ,则 r=

-1-

(A)1(B) 2(C) 4(D)

8

(

π 3 10.在△ABC 中,BC=2,B= ,若△ABC 的面积为 ,则 tan C 为( ) 3 2 3 3 A. 3 B.1 C. D. 3 2 11.在△ABC 中,如果 sin Asin B+sin Acos B+cos Asin B+cos Acos B=2,则△ABC 是 ) A.等边三角形 B.钝角三角形 C.等腰直角三角形 D.直角三角形 .若存在三个不同的首项 a1 ,使

12.各项均为正数的数列 ?an ? 满足:

得 a3 ? m a,则实数 m 的取值范围是 A. ?0, ? ?? B.(0,1) C. ? , 1?

?1 ? ?2 ?
7 8 9

D. ? , 2?

?1 ? ?2 ?
11 12

题 号 答 案

1

2

3

4

5

6

10

二、填空题(本大题共 4 小题,每小题 5 分,共 20 分) 13.设向量 a , b 不平行,向量 ? a ? b 与 a ? 2b 平行,则实数 ? ? _________. 14. 已知 x, y ? R ? 且 2 x ? y ? 3 , 若不等式 xy ? ( x ? 2 y) ? a 对任意 x, y ? R ? 恒成立,

则实数 a 的取值范围是



15. . 已知 A, B 是球 O 的球面上两点, ∠ AOB = 90° , C 为该球面上的动点。 若三棱锥 O—ABC 体积的最大值为 36,则球 O 的表面积为 16.设 S n 是数列 ?an ? 的前 n 项和,且 a1 ? ?1 , an ?1 ? S n S n ?1 ,则 S n ? ________. 三、解答题(本大题共 6 小题,共 70 分) 17(文) .(10 分)如图,H、G、B 三点在同一条直线上,在 G、H 两点用测角仪器测得 A 的仰角分别为 α,β,CD=a,测角仪器的高是 h,用 a,h,α,β 表示建筑物高度 AB.

-2-

(理)如图,已知菱形 ABCD 的边长为 2, ?BAD ? 120? , M , N 分别为 BC, CD 上 的点, BM ? ? BC, DN ? ? DC, ?, ? ? (0,1) ,记 AM ? a, AN ? b . (1) 当 ? ? ? ?
1 时,求 a ? b ; 2

A
N

D

(2)若 a ? b ? ?2 ,求

1

?

?

1

?

的值.

B

M

C

18.(12 分)ΔABC 中,D 是 BC 上的点,AD 平分∠ BAC,ΔABD 面积是 ΔADC 面积的 2 倍。 (1)求
2 sin ?B ; (2)若 AD = 1, DC ? ,求 BD 和 AC 的长。 2 sin ?C

1 1 1 1 1 19.(12 分)设 Sn 是等差数列{an}的前 n 项和,已知 S3, S4 的等比中项为 S5; S3, S4 的等差 3 4 5 3 4 中项为 1,求数列{an}的通项公式. 20.(12 分)设数列{an}的前 n 项和为 Sn,a1=1,Sn=nan-2n(n-1). (1)求数列{an}的通项公式 an; 1 1 1 (2)设数列{ }的前 n 项和为 Tn,求证: ≤Tn< . 5 4 anan+1
2

21.(12 分)已知 a,b,c 分别为△ABC 内角 A,B,C 的对边,sin B=2sinAsinC

(Ⅰ)若 a=b,求 cosB; (Ⅱ)设 B=90°,且 a= 2 ,求△ABC 的面积

22.(12 分) 如图所示,扇形 AOB,圆心角 AOB 等于 60° ,半径为 2,在弧 AB 上有一动点 P, 过 P 引平行于 OB 的直线和 OA 交于点 C,设∠AOP=θ,求△POC 面积的最大值及此时 θ 的 值.

-3-

答案
5?a1+a5? 1.B [S5= =5a3=10.] 2 2.B [∵3S3=a4-2,3S2=a3-2. ∴3(S3-S2)=a4-a3,∴3a3=a4-a3. ∴a4=4a3.∴q=4.]

n 3.C [当项数 n 为偶数时,由 S 偶-S 奇= d 知 2 30-15=5d,∴d=3.] 4.B [T5=a1a2a3a4a5=(a1a5)(a2a4)a3 =a53=1.∴a3=1.] 5.D [由余弦定理得 BC2=AB2+AC2-2AB· AC· cos A, 即 72=52+AC2-10AC· cos 120° , sin B AC 3 ∴AC=3.由正弦定理得 = = .] sin C AB 5 2 2 2 ? ?2 +4 -x >0 ? 6.D [由题意,x 应满足条件 2 2 2 ?2 +x -4 >0 ? 解得:2 3<x<2 5.] 15 10 [由正弦定理得 = . sin 60° sin B 10· sin 60° 3 ∴sin B= = . 15 3 ∵a>b,A=60° ,∴B<60° . 7.D 32 6 ? = .] 3 3 8.B [A:a=bsin A,有一解; B:A>90° ,a>b,有一解; C:a<bsin A,无解; D:c>b>csin B,有两解.] 9.D [由余弦定理 AC2=AB2+BC2-2AB· BCcos B, 3 ∴12=( 3)2+BC2-2× 3×BC× . 2 整理得:BC2-3BC+2=0. ∴BC=1 或 2. 1 1 1 3 当 BC=1 时,S△ABC= AB· BCsin B= × 3×1× = . 2 2 2 4 1 1 1 3 当 BC=2 时,S△ABC= AB· BCsin B= × 3×2× = .] 2 2 2 2 1 3 10.C [由 S△ABC= BC· BAsin B= 得 BA=1,由余弦定理得 2 2 AC2=AB2+BC2-2AB· BCcos B, ∴AC= 3,∴△ABC 为直角三角形, 其中 A 为直角, AB 3 ∴tan C= = .] AC 3 11.C [由已知,得 cos(A-B)+sin(A+B)=2, 又|cos(A-B)|≤1,|sin(A+B)|≤1, 故 cos(A-B)=1 且 sin(A+B)=1, ∴cos B= 1-sin2B= 1-?

-4-

即 A=B 且 A+B=90° ,故选 C.] 4 4 4 12.B [由 a +b +c =2c2a2+2b2c2, ?a2+b2-c2?2 得 cos2C= ?2ab?2 4 4 4 a +b +c +2a2b2-2c2a2-2b2c2 1 = = 4a2b2 2 2 ?cos C=± .∴角 C 为 45° 或 135° .] 2 13.1 004 解析 a1=-1,a2=2,a3=-1,a4=2,…, ∴a2 011=-1,∴S2 011=(a1+a2)+(a3+a4)+…+(a2 009+a2 010)+a2 011=1 005×1+(-1) =1 004. 14.10 3 解析 设 AC=x,则由余弦定理得: BC2=AB2+AC2-2AB· ACcos A, ∴49=25+x2-5x,∴x2-5x-24=0. ∴x=8 或 x=-3(舍去). 1 ∴S△ABC= ×5×8×sin 60° =10 3. 2 15.8 6 解析 如图所示,

PM MN 在△PMN 中, = , sin 45° sin 120° 64× 3 ∴MN= =32 6, 2 MN ∴v= =8 6(海里/小时). 4 3 16. 3 b2+c2-a2 a2+b2-c2 由( 3b-c)cos A=acos C,得( 3b-c)· =a· , 2bc 2ab 2 2 2 b +c -a 3 即 = , 2bc 3 3 由余弦定理得 cos A= . 3 17.解 在△ACD 中,∠DAC=α-β, AC DC 由正弦定理,得 = , sin β sin?α-β? asin β ∴AC= sin?α-β? asin βsin α ∴AB=AE+EB=ACsin α+h= +h. sin?α-β? 18.解 (1)∵a=2bsin A,∴sin A=2sin B· sin A, 1 π ∴sin B= .∵0<B< ,∴B=30° . 2 2 (2)∵a=3 3,c=5,B=30° . 由余弦定理 b2=a2+c2-2accos B =(3 3)2+52-2×3 3×5×cos 30° =7. 解析

-5-

∴b= 7. 19.解 n?n-1? 设等差数列{an}的首项 a1=a,公差为 d,则 Sn=na+ d,依题意,有 2
2

3×2 ? 1? 4×3 ? 1 ? 5×4 ? ? × = , ?1 3?3a+ 2 d? 4?4a+ 2 d? 25?5a+ 2 d? ?1? 3×2 ? 1? 4×3 ? ?3?3a+ 2 d?+4?4a+ 2 d?=1×2, 3ad+5d =0, ? ? 整理得? 5 ?2a+2d=2, ? 12 ∴a=1,d=0 或 a=4,d=- . 5 32 12 ∴an=1 或 an= - n, 5 5 32 12 经检验,an=1 和 an= - n 均合题意. 5 5 32 12 ∴所求等差数列的通项公式为 an=1 或 an= - n. 5 5 20.(1)解 由 Sn=nan-2n(n-1)得 an+1=Sn+1-Sn=(n+1)an+1-nan-4n, 即 an+1-an=4. ∴数列{an}是以 1 为首项,4 为公差的等差数列, ∴an=4n-3. 1 1 1 (2)证明 Tn= + +…+ a1a2 a2a3 anan+1 1 1 1 1 = + + +…+ 1×5 5×9 9×13 ?4n-3?×?4n+1? 1 1 1 1 1 1 1 1 = (1- + - + - +…+ - ) 4 5 5 9 9 13 4n-3 4n+1 1 1 1 = (1- )< . 4 4n+1 4 又易知 Tn 单调递增, 1 1 1 故 Tn≥T1= ,得 ≤Tn< . 5 5 4 21.解 (1)由余弦定理及已知条件得 a2+b2-ab=4. 又因为△ABC 的面积等于 3, 1 所以 absin C= 3,由此得 ab=4. 2 ?a2+b2-ab=4, ?a=2, ? ? 联立方程组? 解得? ? ? ?ab=4, ?b=2. (2)由正弦定理及已知条件得 b=2a.
?a2+b2-ab=4, ? 联立方程组? 解得 ?b=2a, ?
2

?a=2 3 3, ? 4 3 ?b= 3 .

1 2 3 所以△ABC 的面积 S= absin C= . 2 3 22.解 ∵CP∥OB,∴∠CPO=∠POB=60° -θ,

-6-

∠OCP=120° . OP CP = , sin θ sin∠PCO 2 CP 4 ∴ = ,∴CP= sin θ. sin 120° sin θ 3 OC 2 4 又 = ,∴OC= sin(60° -θ). sin?60° -θ? sin 120° 3 因此△POC 的面积为 1 S(θ)= CP· OCsin 120° 2 1 4 4 3 = · sin θ· sin(60° -θ)× 2 3 2 3 4 = sin θsin(60° -θ) 3 4 3 1 = sin θ? cos θ- sin θ? 2 ?2 ? 3 2 =2sin θ· cos θ- sin2θ 3 3 3 =sin 2θ+ cos 2θ- 3 3 π 2 3 ? 3 = sin?2θ+6? ?- 3 3 π 3 ∴θ= 时,S(θ)取得最大值为 . 6 3 在△POC 中,由正弦定理得

-7-


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