四川省成都市实验外国语学校2019-2020学年高一下学期第一次阶段性（期中）测试数学试题参考答案 4页

1 成都市实验外国语学校 2019—2020 学年高一下期 第一次阶段性测试数学参考答案 一、选择题 1—5 DBACC 6—10 BABDD 11—12 BD 二、填空题 13、 9 24 14、10 15、 )7,3( 16、②③④ 三、解答题 17、（1）由题意， 2 3 和 1 是方程 012 2  kxkx 的两根 由韦达定理， k2 11)2 3(  ，解得 3 1k （2）由题意， 0k 或      08 0 2 kk k ，解得 08  k 18、（1）如图所示，设 F 为 PA 的中点，则 FBEF, 为所求 由题意， 3,12 1  CEBFADEF 所以截面四边形 BCEF 的周长为 3233132  （2）设O 为底面对角线的交点，连接OE ，则 PBOE // ，所以 OEC 即为异面直线 PB 与 CF 所成的角或其补角 在 OEC 中， 3,2,12 1  CEOCPBOE ，所以 3 3cos  CE OEOEC 2 19、（1）设等比数列 na 的公比为 q 由题意， 153 98 aaa  ，所以 098 24  qq 解得 3q （舍去负值） 1 1 3n n na a q    （2）由（1）得：  2 1 3n nb n      1 2 3 11 3 3 3 5 3 2 3 3 2 1 3n n nT n n             …① 则    2 3 4 13 1 3 3 3 5 3 2 3 3 2 1 3n n nT n n             …② ①  ②得：        2 1 2 3 1 3 1 3 2 3 2 1 3 2 3 3 3 3 2 1 3 2 1 3 n n n n nT n n                       1 1 13 2 1 3 9 3 6 2 2 3n n nn n               11 3 3n nT n      20、（1）在 ABD 中，由余弦定理得 2 4 12 8 3 cos 16 8 3 cosBD A A     ， 在 BCD 中，由余弦定理得 2 4 4 8cosBD C   ，16 8 3cos 8 8cosA C   ， 则  8 3 cos cos 8A C  ， 3 cos cos 1A C   ； （2） 1 1 2 2 3sin 2 3sin2S A A   Q ， 2 1 2 2sin 2sin2S C C    ， 则  2 2 2 2 2 2 1 2 12sin 4sin 16 12cos 4cosS S A C A C      ， 由（1）知： 3cos 1 cosA C  ，代入上式得：  22 2 2 2 1 2 16 12cos 4 3 cos 1 24cos 8 3 cos 12S S A A A A         ， 配方得： 2 2 2 1 2 324 cos 146S S A          ， 当 6 3cos A 时， 2 2 1 2S S 取到最大值14. 3 21、（1） )22sin(cossin3sin)( 2 xxxxxf   xxx 2cos2sin2 3 2 2cos1  2 1)62sin(  x ]3 2,0[62]4,12[   xx 所以 2 3)6()(,2 1)12()( maxmin   fxffxf （2）由（1）知 2m )cos 4 sin 4 2(4cossin2)( 22 2 xxxxxg         )sin(4 2   x ，其中 2tan),2,2(   当 )3,0( x 时， )3,(  x 要使 )(xg 在 )3,0(  上存在最大值，必有 23   ，即 6   所以 3 3tan2   ，所以 3 32 22、（1） )3(43443 11 1    n n n n n n aaa 所以 }3{ 1 n na 是以 4 为首项，4 为公比的等比数列 所以 11 34,43   nn n nn n aa （2）当 2n 时， 1 1111 )4 1(3 1 43 1 3443 11    n nnnn na 9 4])4 1(1[9 4])4 1()4 1(4 11[3 1 12   nn nS  又 3 11,01 1  aSa n n 综上， 9 4 3 1  nS （3） 1214log2  nb n n 4 不等式 3215)11()11)(11( 21  nm bbb n  即 32 )11()11)(11( 15 21    n bbbm n  4 6 8 2 2 1 3 5 7 2 1 2 3 n n n        ． 设 4 6 8 2 2 1( ) 3 5 7 2 1 2 3 nf n n n        ， 则 4 6 8 2 2 2 4 1 ( 1) 3 5 7 2 1 2 3 2 5 4 6 8 2 2 1( ) 3 5 7 2 1 2 3 n n f n n n n nf n n n                  2 4 2 3 2 4 2 3 2 5 (2 3)(2 5) n n n n n n n         2 2 2 2 4 2 4 2 4 2 4 12 44 16 15 4 16 16 (2 4) n n n n nn n n n n             . 所以 ( 1) ( )f n f n  ，即当 n 增大时， ( )f n 也增大． 所以只需 min)(15 nfm  即可． 因为 min 4 1 4 5( ) (1) 3 155 f n f    ，所以 15 54 15 m . 即 95.854 m . 所以，正整数 m 的最大值为 8．