2018-2019学年安徽省六安市第一中学高一下学期期末数学(理)试题(解析版)

（理）试题

一、单选题 1．若

110，则下列结论不正确的是（ ） abB．abb2

D．abab

A．a2b2 C．ab0 【答案】D

【解析】依题意得b2．已知实数列-1,x,y,z,-2成等比数列,则xyz等于 A．-4 【答案】C

【解析】y2(1)(2)2,y2,yB．4

C．22 D．22

2(舍),xyzy322. 3．已知锐角三角形的边长分别为1，3，a，则a的取值范围是（ ） A．8,10 【答案】B

【解析】根据大边对大角定理知边长为1所对的角不是最大角，只需对其他两条边所对的利用余弦定理，即这两角的余弦值为正，可求出a的取值范围。 【详解】

由题意知，边长为1所对的角不是最大角，则边长为3或a所对的角为最大角，只需这

B．22,10

C．22,10

D．

10,8

a21232两个角为锐角即可，则这两个角的余弦值为正数，于此得到2， 2213a由于a0，解得22a10，故选：C。 【点睛】

本题考查余弦定理的应用，在考查三角形是锐角三角形、直角三角形还是钝角三角形，一般由最大角来决定，并利用余弦定理结合余弦值的符号来进行转化，其关系如下：

A为锐角cosA0；A为直角cosA0；A为钝角cosA0.

4．在ABC中，sin2A≤sin2Bsin2CsinBsinC．则

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的取值范围是（ ）

A．（0，

] 6B．[

，） 6C．（0，

] 3D．[

，） 3【答案】C

【解析】【详解】试题分析：

由于sin2A≤sin2Bsin2CsinBsinC，根据正弦定理可知a2≤b2c2bc，故

πb2c2a21A(0,)，则A的范围为0,.故本题正确答案为C. cosA．又

32bc2【考点】三角形中正余弦定理的运用.

5．关于x的不等式axb0的解集是(1,)，则关于x的不等式(axb)(x3)0的解集是 （ ） A．(,1)C．(1,3) 【答案】A

【解析】由已知不等式的解集可知a0且根据二次函数图象可得所求不等式的解集. 【详解】

由axb0的解集为1,可知：a0且

(3,) B．(1,3) D．(,1)(3,)

b1；从而可解得axbx30的根，ab1 a令axbx30，解得：x11，x23

a0 axbx30的解集为：,1本题正确选项：A 【点睛】

3,

本题考查一元二次不等式的求解问题，关键是能够通过一次不等式的解集确定方程的根和二次函数的开口方向.

a,b,c分别为A,B,C的对边，6．在ABC中，如果a,b,c成等差数列，B30，ABC的面积为

3，那么b（ ） 2B．13 C．A．13 223 2D．23

【答案】B

【解析】试题分析：由余弦定理得bac2ccosB(ac)2ac2accosB，

2222第 2 页 共 16 页

又面积SABC1acsinB 213b，c成等差数列，所以ac2b，代入上式可得acac6，因为a，42b24b21263，整理得b2423，解得b13，故选B．

【考点】余弦定理；三角形的面积公式．

7． 数列{an}的通项公式是

9an＝(n＋2)10n，那么在此数

列中( )

A．a7＝a8最大 C．有唯一项【答案】A

B．a8＝a9最大 D．有唯一项

a8最大 a7最大

nn199【解析】an=(n+2)，an1n3

1010an1n310， 所以ann29an11，解得n≤7， 令an即n≤7时递增，n＞7递减，所以a1＜a2＜a3＜…＜a7＝a8＞a9＞…. 所以a7＝a8最大． 本题选择A选项.

8．“十二平均律” 是通用的音律体系，明代朱载堉最早用数学方法计算出半音比例，为这个理论的发展做出了重要贡献.十二平均律将一个纯八度音程分成十二份，依次得到十三个单音，从第二个单音起，每一个单音的频率与它的前一个单音的频率的比都等于122.若第一个单音的频率为f，则第八个单音的频率为 A．32f C．1225f 【答案】D

【解析】分析：根据等比数列的定义可知每一个单音的频率成等比数列，利用等比数列的相关性质可解.

详解：因为每一个单音与前一个单音频率比为122，

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B．322f D．1227f

所以an122an1(n2,nN)， 又a1f，则a8a1q7f(122)71227f 故选D.

点睛：此题考查等比数列的实际应用，解决本题的关键是能够判断单音成等比数列. 等比数列的判断方法主要有如下两种： （1）定义法，若

an1aq（q0,nN*）或nq（q0,n2,nN*）， 数anan1列{an}是等比数列；

2*（2）等比中项公式法，若数列{an}中，an0且an1anan2（n3,nN），则

数列{an}是等比数列.

9．若圆的半径为4，a、b、c为圆的内接三角形的三边，若abc＝162，则三角形的面积为( ) A．22 【答案】C

【解析】【详解】试题分析：由正弦定理可知∴SB．82

C．2 D．

2 2aa2R，∴sinA，

2RsinAABC1abcbcsinA2． 24R【考点】正弦定理的运用．

10．某班设计了一个八边形的班徽（如图），它由腰长为1， 顶角为的四个等腰三角形，及其底边构成的正方形所组成， 该八边形的面积为

A．2sin2cos2； C．3sin3cos1

B．sin3cos3 D．2sincos1

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【答案】A

【解析】【详解】试题分析：利用余弦定理求出正方形面积

S112122cos22cos；利用三角形知识得出四个等腰三角形面积1S2411sin2sin；故八边形面积SS1S22sin2cos2.

2故本题正确答案为A.

【考点】余弦定理和三角形面积的求解. 【方法点晴】

本题是一道关于三角函数在几何中的应用的题目，掌握正余弦定理是解题的关键；首先根据三角形面积公式S1111sinsin求出个三角形的面积22224S2sin；接下来利用余弦定理可求出正方形的边长的平方112cos，进

而得到正方形的面积S1112cos22cos，最后得到答案.

11．已知数列an的前n项和Sn满足Sn2an1.若对任意正整数n都有

22Sn1Sn0恒成立，则实数的取值范围为（ ）

A．,1 【答案】C

【解析】先利用anB．，

12C．，

13D．，

14S1,n1求出数列an的通项公式，于是可求出Sn，再利

SS,n2nnSnS，利用数列的单调性求出数列n的最小项的值，可Sn1Sn1用参变量分离法得到得出实数的取值范围。 【详解】

当n1时，S12a11，即a12a11，得a11；

当n2时，由Sn2an1，得Sn12an11，两式相减得an2an2an1，得

an2an1，

an2，an12n12n1. 所以，数列an为等比数列，且首项为1，公比为2，an1第 5 页 共 16 页

Sn2an122n112n1，

1n1121121由Sn1Sn0，得Sn212，

n1n1n1Sn121212221nS1211Sn，所以，1， 所以，数列单调递增，其最小项为2S22133Sn1因此，实数的取值范围是,，故选：C。 【点睛】

13S1,n1na本题考查利用数列前项和求数列的通项，其关系式为n，其次考查

SS,n2nn了数列不等式与参数的取值范围问题，一般利用参变量分离法转化为数列的最值问题来求解，考查化归与转化问题，属于中等题。

n12(n2)，则数列12．数列an中，a12，且anan12前anan1an12019项和为（ ） A．

4036 2019B．

2019 1010C．

4037 2019D．

4039 2020【答案】B

【解析】由anan1n22（2n2），可得anan12anan1n，化为：

anan12an1an11求和法即可得解． 【详解】 解：∵anan12222利用“累加求和”方法可得an1n，

nn12，再利用裂项

n（2n2），

anan1∴anan12anan﹣1n， 整理得：an1an11n， ∴an1a11nn1∴an1222222，又a12

nn12，

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可得：

1an122112．

nn1nn112019项和为：则数列2前

an111121223故选：B． 【点睛】

本题主要考查了数列递推关系、“累加求和”方法、裂项求和，考查了推理能力、转化能力与计算能力，属于中档题．

二、填空题

13．已知等差数列an中，a1a3a920，则4a5a7_______ 【答案】20

【解析】设等差数列an的公差为d，用a1与d表示等式a1a3a920，再用a1与

111201921． 2019202020201010d表示代数式4a5a7可得出答案。

【详解】

设等差数列an的公差为d，则

a1a3a9a1a12da18d3a110d20，

因此，4a5a74a14da16d3a110d20，故答案为：20。 【点睛】

本题考查等差数列中项的计算，解决等差数列有两种方法：基本性质法（与下标相关的性质）以及基本量法（用首项和公差来表示相应的量），一般利用基本量法来进行计算，此外，灵活利用与下标有关的基本性质进行求解，能简化计算，属于中等题。 14．若等比数列于__________． 【答案】50 【解析】由题意可得

=

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，

，填50.

的各项均为正数，且

，则

等

15．如图，为测量出高MN，选择A和另一座山的山顶C为测量观测点，从A点测得

M点的仰角MAN600，C点的仰角CAB450以及MAC750；从C点测

得MCA600．已知山高BC100m，则山高MN__________m．

【答案】150

【解析】试题分析：在ABC中，

BAC45,ABC90,BC100,AC1001002，在AMC中，

sin45MAC75,MCA60,AMC45,由正弦定理可得

AMACAM1002,即,解得AM1003,在RtAMN中，

sinACMsinAMCsin60sin45MNAMsinMAN1003sin60

150(m)．

故答案为150．

【考点】正弦定理的应用．

216．如图，曲线yx(y0)上的点P1与x轴的正半轴上的点Qi及原点O构成一系列

正三角形，△OPQ2Q2，11，△Q1P，△Qn1PnQn设正三角形Qn1PnQn的边长为

an,nN*（记Q0为O），QnSn,0.数列an的通项公式an=______.

【答案】

2n 3第 8 页 共 16 页

【解析】先得出直线OP3x，与曲线的方程联立得出P1的坐标，可得1的方程为y出a1OP1，

并设QnSn,0，根据题中条件找出数列an的递推关系式，结合递推关系式选择作差

S1,n1aa 法求出数列n的通项公式，即利用n求出数列an的通项公式。

SS,n2n1n【详解】

设数列an的前n项和为Sn，则点Qn的坐标为Sn,0， 易知直线OP3x， 1的方程为y1x223y3x321与曲线的方程联立2，解得，a1； yxy0333y33SnSn1SnSn1P,QS,0QS,0当nN时，点nn、n1n1，所以，点n22， SnSn1SnSn122直线PnQn的斜率为3，则3，即SnSn1Sn1SnSn22SnSn13an1， 2222等式两边平方并整理得3an12Sn12Sn，可得3an2Sn2Sn1，

以上两式相减得3an13an2an1an，即3an1anan1an2an1an，

222， 322222n. 所以，数列an是等差数列，且首项为，公差也为，因此，ann1333332n故答案为：。

3易知an0，所以3an1an2，即an1an【点睛】

本题考查数列通项的求解，根据已知条件找出数列的递推关系是解题的关键，在求通项公式时需结合递推公式的结构选择合适的方法求解数列的通项公式，考查分析问题的能力，属于难题。

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三、解答题

17．设ABC的内角A,B,C所对的边分别是a,b,c, 且ac6,b2,cosB（1）求a,c的值； （2）求sin(AB)的值。 【答案】（1）a=c=3 （2）

7. 9102 27【解析】试题分析：（1）由余弦定理得ac9，再根据方程组解得a,c的值；（2）根据

AπB利用诱导公式以及降幂公式求A正弦值与余弦值，再根据两角差正弦公式22求求sinAB的值

试题解析：解：（1）根据余弦定理，得

4a2c22ac732322acac36acac9 999因为ac6所以ac3 （2）

B1cosB221742πBsinAsincoscosA,cosBsinB22339922

因此sinAB 227142102 393927的解集为

或

.

18．已知不等式（1）求

；（2）解关于的不等式

【答案】（1）a＝1，b＝2；（2）①当c＞2时，解集为{x|2＜x＜c}；②当c＜2时，解集为{x|c＜x＜2}；③当c＝2时，解集为∅．

2

【解析】（1）根据不等式ax﹣3x+6＞4的解集，利用根与系数的关系，求得a、b的值；22

（2）把不等式ax﹣（ac+b）x+bc＜0化为x﹣（2+c）x+2c＜0，讨论c的取值，求出

对应不等式的解集． 【详解】

2

（1）因为不等式ax﹣3x+6＞4的解集为{x|x＜1，或x＞b}，

所以1和b是方程ax﹣3x+2＝0的两个实数根，且b＞1；

2

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由根与系数的关系，得解得a＝1，b＝2；

，

22

（2）所求不等式ax﹣（ac+b）x+bc＜0化为x﹣（2+c）x+2c＜0，

即（x﹣2）（x﹣c）＜0；

①当c＞2时，不等式（x﹣2）（x﹣c）＜0的解集为{x|2＜x＜c}； ②当c＜2时，不等式（x﹣2）（x﹣c）＜0的解集为{x|c＜x＜2}； ③当c＝2时，不等式（x﹣2）（x﹣c）＜0的解集为∅． 【点睛】

本题考查了不等式的解法与应用问题，也考查了不等式与方程的关系，考查了分类讨论思想，是中档题．

19．已知等差数列an满足a66a3，且a31是a21,a4的等比中项. （1）求数列an的通项公式； （2）设bn数n的值.

【答案】(1) an2n1 (2)8

【解析】（1）设等差数列an的公差为d，根据题意列出有关a1和d的方程组，可解出a1和d的值，从而可求出数列an的通项公式； （2）先得出bn1nN*，数列bn的前项和为Tn，求使Tn1成立的最大正整anan171111，利用裂项法求出数列bn的前n项和anan122n12n31，可得出n的取值范围，于此可得出n的最大值。 7Tn，然后解不等式Tn【详解】

（1）设等差数列an的公差为d，a6a33d6，即d2， ∴a31a13,a21a11,a4a16，

a31是a21，a4的等比中项，

∴a31a21a4，即a13a11a16，解得a13. ∴数列an的通项公式为an2n1；

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22（2）由（1）得bn11111 anan1(2n1)(2n3)22n12n3111112355711 2n12n3∴Tnb1b2bn111232n3由

n. 3(2n3)n11，得n9，∴使得Tn成立的最大正整数n的值为8.

3(2n3)77【点睛】

本题考查等差数列的通项公式，考查裂项求和法，解等差数列的通项公式，一般是利用方程思想求出等差数列的首项和公差，利用这两个基本两求出等差数列的通项公式，考查运算求解能力，属于中等题。

20．设等差数列an的前n项和为Sn，且Sn1nananc（c是常数，nN），2a26.

（1）求c的值及数列an的通项公式；

an2，求数列bn的前n项和为Tn. 2n12n【答案】(1) c2；an2n2 (2) Tn2n

2（2）设bn【解析】（1）先令n1得出a12c，再令n2，利用作差法得出a23c，于此得出c2，可由a1和a2的值求出等差数列an的公差，于此可求出等差数列an的通项公式；

（2）先求出数列bn的通项公式，再利用错位相减法求出数列bn的前n项和Tn. 【详解】 （1）因为Sn11nananc，所以当n1时，S1a1a1c，解得a12c. 22当n2时，s2a2a2c，即a1a2a2a2c. 解得a23c，所以3c6，解得c2，则a14.

数列an的公差da2a12.所以ana1(n1)d2n2； （2）因为bnan22n22nn， 2n12n12第 12 页 共 16 页

123n23n，① 22221123nTn234n1，② 22222111111n1nn2由①－②可得Tn234nn11nn11n1，

22222222222n所以Tn2n.

2所以Tn【点睛】

本题考查等差数列通项的求解，考查错位相减法求和，解题时要注意错位相减求和法所适用数列通项的结构类型，要熟练错位相减法求和的基本步骤，难点在于计算量较大，属于中等题。

C的对边分别为a,b,c，已知(2ca)cosBbcosA. 21．△ABC的内角A、B、（1）求角B的大小；

（2）若△ABC为锐角三角形，且c2，求△ABC面积的取值范围.

3,23【答案】(1) B (2) 2 3【解析】（1）利用正弦定理边角互化的思想以及两角和的正弦公式、三角形的内角和定理以及诱导公式求出cosB的值，结合角B的范围求出角B的值； （2）由三角形的面积公式得SABC得出

13acsinBa，由正弦定理结合内角和定理22a31，利用ABC为锐角三角形得出C的取值范围，可求出a的范围，进而tanC求出ABC面积的取值范围。 【详解】

（1）Q2cacosBbcosA，

由正弦定理边角互化思想得2sinCsinAcosBsinBcosA， 所以，2sinCcosBsinAcosBcosAsinBsinABsinC，

QsinC0，cosB1，0B，B； 233a. 2（2）由题设及（1）知△ABC的面积SABC第 13 页 共 16 页

22sinC. 由正弦定理得csinA33a1sinCsinCtanC由于△ABC为锐角三角形，故0A2,0C2，由（1）知AC2， 3所以

6C2，故1a4，从而3S△ABC23. 23因此△ABC面积的取值范围是2,23.

【点睛】

本题考查正弦定理解三角形以及三角形面积的取值范围的求解，在解三角形中，等式中含有边有角，且边的次数相等时，可以利用边角互化的思想求解，一般优先是边化为角的正弦值，求解三角形中的取值范围问题时，利用正弦定理结合三角函数思想进行求解，考查计算能力，属于中等题。 22．

已知an是递增数列，其前n项和为Sn，a11，且10Sn(2an1)(an2)，nN*．（Ⅰ）求数列an的通项an；

*（Ⅱ）是否存在m,n,kN使得2(aman)ak成立？若存在，写出一组符合条件的

m,n,k的值；若不存在，请说明理由；

（Ⅲ）设bnann3，若对于任意的nN*，不等式 25m11(1)(1)31b1b2【答案】（1）

(111)恒成立，求正整数m的最大值． bn2n31(5n1)（2）不存在（3）8 2【解析】【详解】

2（Ⅰ）10a1(2a11)(a12)，得2a15a120，解得a12，或a11． 2由于a11，所以a12．

2因为10Sn(2an1)(an3)，所以10Sn2an5an2. 22故10an110Sn110Sn2an15an122an5an2，

22整理，得2(an1an)5(an1an)0，即(an1an)[2(an1an)5]0．

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因为an是递增数列，且a12，故an1an0，因此an1an则数列an是以2为首项，所以an25． 25为公差的等差数列. 251(n1)(5n1).………………………………………………5分 22（Ⅱ）满足条件的正整数m,n,k不存在，证明如下：

*假设存在m,n,kN，使得2(aman)ak，

1(5k1)． 23整理，得2m2nk， ①

5则5m15n1显然，左边为整数，所以①式不成立．

故满足条件的正整数m,n,k不存在． ……………………8分 （Ⅲ）bnan不等式

n31n3(5n1)2n1， 2225m11(1)(1)31b1b2(111)可转化为 bn2n35mb11b21b31b1b2b331bn11 bn2n34683572n21． 2n12n32n21， 2n12n3设f(n)4683574682n22n41f(n1)3572n12n32n5 则

4682n21f(n)3572n12n32n42n32n4 2n32n5(2n3)(2n5)2n44n216n152n44n216n162n4(2n4)22n41.

2n4所以f(n1)f(n)，即当n增大时，f(n)也增大．

要使不等式

5m11(1)(1)31b1b2(111)对于任意的nN*恒成立，只bn2n3第 15 页 共 16 页

需

5mf(n)min即可． 31因为f(n)minf(1)即m41455m45. ，所以35153113112448. 151515所以，正整数m的最大值为8． ………………………………………14分

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