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- 2021-07-01 发布
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成都外国语学校 2019~2020学年
高一下期末考试 文科数学
一、选择题(共12小题;共60分)
1. 计算( )
A. B. C. D.
2. 在等差数列 an 中,若 a3=-5,a5=-9,则 a7= ( )
A. -12 B. -13 C. 12 D. 13
3. 已知直线与平行.则实数的值( )
A.2 B. C. D. 或2
4. 若,且,则下列不等式中一定正确的是( )
A. B. C. D.
5. 在 △ABC 中,若 acosA=bcosB=ccosC,则 △ABC 是 ( )
A. 直角三角形 B. 等边三角形
C. 钝角三角形 D. 等腰直角三角形
6. 已知等比数列 an 的各项都为正数,且 a3,12a5,a4 成等差数列,则 a3+a5a4+a6 的值是 ( )
A. 5-12 B. 5+12 C. 3-52 D. 3+52
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7.已知一个正三棱锥的高为3,如下图是其底面用斜二测画法所画出的水平放置的直观图,其中,则此正三棱锥的体积为( )
A. B. C. D.
8. 若正数满足,则的最小值是( )
A. B. C. 5 D. 25
9. 如图,在 △ABC 中,D 是边 AC 上的点,且 AB=AD,2AB=3BD,BC=2DB,则 sinC 的值为 ( )
A. 33 B. 36 C. 63 D. 66
10. 满足, 的恰有一个, 那么的取值范围是( )
A. B.
C. D. 或
11.已知一个几何体的三视图如图所示,俯视图为等腰三角形,则该几何体的体积为( )
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A. B. C. D.
12. 如图,圆与轴相切于点,与轴正半轴交于两点(B在A的上方),且.过点任作一条直线与圆相交于两点,的值为( )
A.2 B. 3 C. D.
二、填空题(共4小题;共20分)
13. 已知 tanπ+α=12,则 = .
14. 若实数 x,y 满足条件 x+y≥1,x-y+1≥0,2x-y-2≤0, 则 x+y 的最小值为 .
15.过点引圆的切线,其中一个切点为,则长度为________.
16. 在 △ABC 中,a,b,c 分别是角 A,B,C 的对边,且 cosBcosC=-b2a+c,若 b=13,a+c=4,
则 a 的值为 .
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三、解答题(共6小题;共78分)
17. 已知.
(1)求的值;
(2)求的值.
18. 已知函数 fx=2sinx+π3cosx.
(1)若 0≤x≤π2,求函数 fx 的值域;
(2)设 △ABC 的三个内角 A,B,C 所对的边分别是 a,b,c.
若 A 为锐角且 fA=32,b=2,c=3.求 cosA-B 的值.
19. 已知关于直线对称,
且圆心在轴上.
(1)求的标准方程;
(2)已知动点在直线上,过点引圆C的两条切线、,切点分别为.
记四边形的面积为,求的最小值;
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20. 设等差数列 an 的前 n 项和为 Sn,且 S4=4S2,a2=2a1+1.
(1)求数列 an 的通项公式;
(2)设数列 bn 满足, 求数列 bn 的前 n 项和 Rn.
21. 在中,内角的对边分别为,且.
(1)求角C;
(2)若,求周长的最大值.
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22. 已知数列的前和为且满足
(1)求数列的首项;
(2)求证:数列是等比数列,并求的通项公式;
(3)设,若不等式15(1+1b1)(1+1b2)⋯(1+1bn)≥k10n+15对于
任意都成立,求正数的最大值.
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高一数学文科答案
第一部分
1、A 2、B 3、A 4、C 5、B 6、B
7、A 8、C 9、D 10、D 11、B 12、D
第二部分
13.
14. 1
【解析】根据实数 x,y 满足条件 x+y≥1,x-y+1≥0,2x-y-2≤0 画出可行域,
15.
16. 1 或 3
【解析】cosBcosC=-b2a+c,
即有 -2acosB=bcosC+ccosB,
即 -2sinAcosB=sinBcosC+cosCsinB=sin B+C =sinA,
即有 cosB=-12,
由于 B 为三角形的内角,则 B=2π3,
又 b2=a2+c2-2accosB,即有 13=a2+c2+ac,
又 a+c=4,
解得,a=1,c=3 或 a=3,c=1.
第三部分
17(1)由
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所以.
则
(2)因为,.
所以
18. (1) fx=sin2x+π3+32,fx∈0,1+32 .
(2) A=π3,a=7,sinB=217,cosB=277,cosA-B=5714.
19. (1)由题意知,
圆心在直线上,即,
又因为圆心在轴上,所以,
由以上两式得:,,
所以.
故的标准方程为.
(2)①如图,的圆心为,半径,
因为、是的两条切线,
所以,,
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故
又因为,
根据平面几何知识,要使最小,只要最小即可.
易知,当点坐标为时,
.
此时.
20. (1) 设等差数列 an 的首项为 a1,公差为 d,
由 S4=4S2,a2n=2an+1 得
4a1+6d=8a1+4d,a1+2n-1d=2a1+2n-1d+1,
解得 a1=1,d=2.
因此 an=2n-1n∈N*.
(2) 由题意知:
所以 Rn=0×140+1×141+2×142+3×143+⋯+n-1×14n-1,
则 14Rn=0×141+1×142+2×143+⋯+n-2×14n-1+n-1×14n,
两式相减得
34Rn=141+142+143+⋯+14n-1-n-1×14n=14-14n1-14-n-114n,
整理得 Rn=194-3n+14n-1,
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所以数列 cn 的前 n 项和 Rn=194-3n+14n-1.
21解:
(1)由得.
根据正弦定理,得,化为,
整理得到,因为,
故,又,所以.
(2)由余弦定理有,故,
整理得到,故,
当且仅当时等号成立,所以周长的最大值为.
22. 解:(1)
证明:略
所以{an}是以3为首项、3为公比的等比数列,所以an=3n,
(2)bn=log 3n+1=log3n+1=2n+1,
不等式(1+1b1)(1+1b2)⋯(1+1bn)≥m152n+3,即m15≤(1+1b1)(1+1b2)⋯(1+1bn)2n+3=43•65•87⋯2n+22n+1•12n+3,
设f(n)=43•65•87⋯2n+22n+1•12n+3,f(n+1)f(n)=43⋅65⋅87⋯2n+22n+1⋅2n+42n+3⋅12n+543⋅65⋅87⋯2n+22n+1⋅12n+3
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=2n+42n+3•2n+32n+5=2n+4(2n+3)(2n+5)=2n+44n2+16n+15>2n+44n2+16n+16=2n+4(2n+4)2=1,
所以f(n+1)>f(n),即当n增大时,f(n)也增大,
所以只需f(n)min即可.因为f(n)min=f(1)=43•15=4515,
所以,即k≤4,
所以正数k的最大值为4.
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