2017-2018学年山东省临沂市第十九中学高二上学期第二次质量调研考试数学试题 Word版 9页

临沂第十九中学2017-2018学年高二上学期第二次学情调研考试数学卷 一、选择题 ‎1.在锐角△ABC中，角A，B所对的边长分别为a，b，若2asin B＝b，则角A等于(　 )‎ A. B. C. D. ‎2.在△ABC中，已知a=8，B=60°，C=75°，则b等于（　　）‎ A．4 B． C．4 D．‎ ‎3.等差数列{an}前n项和为Sn，公差d=﹣2，S3=21，则a1的值为（　　）‎ A．10 B．‎9 ‎C．6 D．5‎ ‎4.在△ABC中，若b2+c2﹣a2=bc，则角A的值为（　　）‎ A．30° B．60° C．120° D．150°‎ ‎5.无穷数列1，3，6，10…的通项公式为（　　）‎ A．an= B．an= C．an=n2﹣n+1 D．an=n2+n+1‎ ‎6.在等差数列{an}中，已知a5+a10=12，则‎3a7+a9等于（　　）‎ A．30 B．‎24 ‎C．18 D．12‎ ‎7.在△ABC中，∠A=60°，a=，b=4，满足条件的△ABC（　　）‎ A．无解 B．有解 C．有两解 D．不能确定 ‎8.设等差数列{an}的前n项的和为Sn，若a1＞0，S4=S8，则当Sn取得最大值时，n的值为（　　）‎ A．5 B．‎6 ‎C．7 D．8‎ ‎9. 两个等差数列{an}和{bn}，其前n项和分别为Sn，Tn，且 ，则 等于（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎10.在△ABC中，acosA=bcosB，则△ABC的形状为（　　）‎ A．等腰三角形 B．直角三角形 C．等腰或直角三角形 D．等腰直角三角形 ‎11.某游轮在A处看灯塔B在A的北偏东75°，距离为12海里，灯塔C在A的北偏西30°，距离为8海里，游轮由A向正北方向航行到D处时再看灯塔B在南偏东60°则C与D的距离为（　　）‎ A．20海里 B．8海里 C．23海里 D．24海里 ‎12.设等差数列{an}的前n项和为Sn，且满足S19＞0，S20＜0，则，，，…，中最大项为（　　）‎ A． B． C． D．‎ 二、填空题 ‎13.在△ABC中，若sinA：sinB：sinC=5：7：8，则∠B的大小是　 　．‎ ‎14.已知数列{an}的前n项和Sn满足4an﹣3Sn=2，其中n∈N*．则数列{an}的通项公式为　 　．‎ ‎15.在△ABC中，角A， B，C的对边分别为a，b，c，且，‎ 则cosC﹣2sinB的最小值为　 ． ‎ ‎16.我国南宋著名数学家秦九韶发现了从三角形三边求三角形面积的“三斜公式”，设△ABC三个内角A、B、C所对的边分别为a、b、c，面积为S，则“三斜求积”公式为 ．若a2sinC=4sinA，（a+c）2=12+b2，则用“三斜求积”公式求得△ABC的面积为　 　．‎ 三、解答题 ‎17.在△ABC中，a、b、c分别是角A、B、C的对边，且 ‎（1）求角B的大小；‎ ‎（2）若b=，且△ABC的面积为，求a+c的值．‎ ‎18.已知数列{}的前项和为，=1，，，其中为常数.‎ ‎(Ⅰ)证明：；‎ ‎（Ⅱ）是否存在，使得{}为等差数列？并说明理由.‎ ‎19.在△ABC中，A、B、C的对边分别为a，b，c，已知A≠，且3sinAcosB+bsin‎2A=3sinC．‎ ‎（I）求a的值；‎ ‎（Ⅱ）若A=，求△ABC周长的最大值．‎ ‎20.Sn表示等差数列{an}的前n项的和，且S4=S9，a1=﹣12‎ ‎（1）求数列的通项an及Sn；‎ ‎（2）求和Tn=|a1|+|a2|+…+|an|‎ ‎21.如图，某小区准备将闲置的一直角三角形地块开发成公共绿地，图中∠B=，AB=a，BC=a．设计时要求绿地部分（如图中阴影部分所示）有公共绿地走道MN，且两边是两个关于走道MN对称的三角形（△AMN和△A'MN）．现考虑方便和绿地最大化原则，要求点M与点A，B均不重合，A'落在边BC上且不与端点B，C重合，设∠AMN=θ．‎ ‎（1）若θ=，求此时公共绿地的面积；‎ ‎（2）为方便小区居民的行走，设计时要求AN，A'N的长度最短，求此时绿地公共走道MN的长度．‎ ‎22.已知数列的前n项和为，点在直线上.‎ ‎（Ⅰ）求数列的通项公式；‎ ‎（Ⅱ）设，求数列的前n项和为，并求使不等式对一切都成立的最大正整数k的值．‎ ‎‎ 一、选择题 DABBA BABDC BC 二、填空 13. 14. 15. ﹣1 16. ‎ ‎17.解：（1）由正弦定理可得，，可得2cosBsinA=sin（B+C），‎ ‎∵A+B+C=π，‎ ‎∴2cosBsinA=sinA，‎ ‎∴cosB=，‎ ‎∵B为三角形的内角，‎ ‎∴B=…6分 ‎（2）b=，B=，由面积公式可得： =，即ac=6，①‎ 由余弦定理，可得： =7，即a2+c2﹣ac=7②，‎ 由②变形可得：（a+c）2=‎3ac+7，③‎ 将①代入③可得（a+c）2=25，故解得：a+c=5…12分 ‎18.解：(Ⅰ)由题设，，两式相减 ‎，由于，所以 …………6分 ‎（Ⅱ）由题设=1，，可得，由(Ⅰ)知 假设{}为等差数列，则成等差数列，∴，解得；‎ 证明时，{}为等差数列：由知 数列奇数项构成的数列是首项为1，公差为4的等差数列 令则，∴‎ 数列偶数项构成的数列是首项为3，公差为4的等差数列 令则，∴‎ ‎∴（），‎ 因此，存在存在，使得{}为等差数列. ………12分 ‎19.解：（I）∵3sinAcosB+bsin2A=3sinC，‎ ‎∴3sinAcosB+bsin‎2A=3sinAcosB+3cosAsinB，‎ ‎∴bsinAcosA=3cosAsinB，‎ ‎∴ba=3b，‎ ‎∴a=3；‎ ‎（Ⅱ）由正弦定理可得==，‎ ‎∴b=2sinB，c=2sinC ‎∴△ABC周长=3+2（sinB+sinC）=3+2 [sin（﹣C）+sinC]=3+2sin（+C）‎ ‎∵0＜C＜，‎ ‎∴＜+C＜，‎ ‎∴＜sin（+C）≤1，‎ ‎∴△ABC周长的最大值为3+2．‎ ‎20.解：（1）∵S4=S9，a1=﹣12，‎ ‎∴4×（﹣12）+6d=9×（﹣12）+36d 解得d=2…‎ ‎∴…‎ ‎（2）当n≤6时，an＜0，|an|=﹣an，‎ Tn=﹣（a1+a2+…=13n﹣n2，…‎ 当n≥7时，an≥0，‎ Tn=﹣（a1+a2+…+a6）+（a7+…‎ ‎=Sn﹣2（a1+a2+…+a6）‎ ‎=n2﹣13n+84…‎ ‎21.解：（1）∵△AMN≌△A'MN，∴∠AMN=∠A′MN=，‎ ‎∴∠BMA′=，∴BM=A′M=AM．‎ ‎∴AM==，‎ ‎∵AB=a，BC=，∠B=，∴∠A=，‎ ‎∴△AMN是等边三角形，‎ ‎∴S=2S△AMN=2×=．‎ ‎（2）∵∠BMA′=π﹣2θ，AM=A′M，‎ ‎∴BM=A′Mcos∠BMA′=﹣AMcos2θ．‎ ‎∵AM+BM=a，即AM（1﹣cos2θ）=a，‎ ‎∴AM==．‎ 在△AMN中，由正弦定理可得：，‎ ‎∴，‎ 令f（θ）=2sinθsin（﹣θ）=2sinθ（cosθ+sinθ）=sin2θ+=sin（2θ﹣）+．‎ ‎∵，∴当即时f（θ）取最大值，‎ ‎∴当θ=时AN最短，此时△AMN是等边三角形，．‎ ‎　‎ ‎22.解：（Ⅰ）由题意，得 …………1分 故当时， …………4分 当n=1时，, 所以 . …………5分 ‎（Ⅱ）. …………6分 所以.…8分 由于，因此单调递增， …………9分 故.令，得，所以. …………12分