高一年级期末综合练习题11

必修二四五练习题3

1．过点(1,3)且平行于直线x2y30的直线方程为( ).

A．x2y70 C．x2y50

2．若正实数a,b满足ab1，则( ).

A.

B．2xy10 D．2xy50

2111 有最大值4 B．ab有最小值C.ab有最大值2 D．a2b2有最小值2ab43. 直线xtan7y10的倾斜角是（ ）. A.7 B.

56 C. D .

7774. 设Sn是等差数列an的前n项和，S53(a2a8),则

a5的值为 （ ）. a3A．

5131 B． C． D． 6356AB5. 如图，O为△ABC的外心，AB4,AC2,BAC为钝角，

M是边BC的中点，则AMAO的值 ( ).

A. 4 B. 5 C. 7 D. 6

6. 连掷两次骰子得到的点数分别为m和n， 记向量a(m,n)，

MOC第5题图

b(1,1)的夹角为

5175，则0,的概率（ ）.A. B. C. D.

12212627. 在平面直角坐标系xoy中，横坐标与纵坐标均为整数的点称为整点．对任意nN，连接原点O与点

Pn(n,n4)，用g(n)表示线段OPn上除端点外的整点个数，则g(2012)=( ).

A. 1

B. 2 C. 3 D. 4

8. 已知点P在直线x2y10上，点Q在直线x2y30上，PQ中点为M(x0,y0)，且y0x02，则

y0111111的取值范围为（ ）.A., B., C., D., x0525225229. 在ABC中，若角A,B,C成公差大于零的等差数列，则cosAcosC的最大值为( ) .A.

13 B. C.2 22 D.不存在

10. 已知O是平面上的一定点，A,B,C是平面上不共线的三点，动点P满足

OPOBOCABAC()，(0,),则动点P的轨迹一定通过ABC的（ ）. 2ABcoBsACcoCs..

-

A.内心 B.外心 C.垂心 D.重心 11. 已知sin(4x)3，则sin2x的值为 ▲ ． 512. 在ABC中，内角A,B,C的对边分别为a,b,c，若cosA2，sinB5cosC， 3则tanC ▲

13. 过点(5,2)且在y轴上的截距是在x轴上的截距的2倍的直线方程是 ▲ . 14. 已知数列{an}是非零等差数列，又a1,a3,a9组成一个等比数列的前三项，则

a1a3a9的值是 ▲ .

a2a4a10xy15. 设x,yR,a1,b1，若ab2，ab4，则

21的最大值为 ▲ ． xy16. 在平面直角坐标系中，点A,B,C的坐标分别为(0,1)、(4,2)、(2,6)，如果P(x,y)是ABC围成的区域(含边界)上的点，那么当xy取到最大值时，点P的坐标是 ▲ .

17. 把已知正整数n表示为若干个正整数（至少3个，且可以相等）之和的形式，若这几个正整数可以按一定顺序构成等差数列，则称这些数为n的一个等差分拆．将这些正整数的不同排列视为相同的分拆．如：（1，4，7）与（7，4，1）为12的相同等差分拆．问正整数30的不同等差分拆有 ▲ 个. 18.ABC的三个内角A,B,C所对的边分别为a,b,c，向量m(1,1)，n(cosBcosC,sinBsinC3)，且2mn．（1）求A的大小；（2）现在给出下列三个条件：①a1；②2c(31)b0；③B45，

试从中选择两个条件以确定ABC，求出所确定的ABC的面积．

19. （14分）已知数列an是首项a1（1）求数列an的通项公式； （2）设bnlog1an，若Tn21的等比数列，其前n项和Sn中S3，S4，S2成等差数列， 411111，求证：Tn． b1b2b2b3bnbn16220. （14分）在ABC中，角A,B,C所对的边分别为a,b,c，向量 m(1,sinA)，n(sinA,1cosA)．已

知 m//n．（1）若2，求角A的大小；（2）若sinBsinC21. 已知函数f(x)3sinA，求的取值范围．

2bxc1(）是奇函数，有最大值且.（1）求函数f(x)的a,cR,a0,bNf(x)f(1)5ax212解析式；（2）是否存在直线l与yf(x)的图象交于P、Q两点，并且使得P、Q两点关于点(1,0) 对称，若存在，求出直线l的方程，若不存在，说明理由. 22. （15分）已知数列an满足a1b，(b0)，an(2)证明：对于一切正整数n，有2anb

..

n1nban1,(n2).(1)求数列an的通项公式；

an1n11.

-

数学试卷答案

一．选择题： 题号 答案 1 A 2 C 3 D 4 A 5 B 6 C 7 C 8 C 9 D 10 B 二．填空题：

7

11、 25 12、 5 13、 2xy120或2x5y0 14、

1或

1316 15、. 4 16、 （52，5） 17、 19

三．解答题：

18.解：(1)因为mn，所以cosBcosCsinBsinC320……………2分 即：cosBcosCsinBsinC32，所以cos(BC)32…………4分 因为ABC，所以cos(BC)cosA

所以cosA32,A30………………………………7分 (2)方案一:选择①②，可确定ABC， 因为A30,a1,2c(31)b0

由余弦定理，得：12b2(312b)22b3132b2 整理得：b22,b2,c622……………10分 所以S1ABC2bcsinA12262212314……………………14分方案二:选择①③，可确定ABC， 因为A30,a1,B45,C105

又sin105sin(4560)sin45cos60cos45sin60624 由正弦定理casinCsinA1sin105sin30622……………10分

..

-

所以SABC1162231……………14分 acsinB122224（注意;选择②③不能确定三角形）

3119. 解：（1）若q1，则S3，S41,S2，显然S3，S4，S2不构成等差数列．--2分

42 ∴q1， 当q1时，由S3，S4，S2成等差数列得

a1(1q4)a1(1q3)a1(1q2) 21q1q1q∴2q4q3q2 2q2q10(2q1)(q1)0，

1∵q1 ∴q ---------------------------------------------5分

2111∴an()n1()n1 --------------------------------------6分

4221（2）∵bnlog1anlog1()n1n1

222∴

1111------------------------------------8分 bnbn1(n1)(n2)n1n2111 b1b2b2b3bnbn1∴Tn＝

11111111＝()()(-----------------11分 )2334n1n22n2Tn1Tn10，{Tn}是递增数列．

(n2)(n3)11T1Tn,Tn． ---------------------------------14分

62

20. 解：（1）由m//n，得 2sin2A1cosA0

即 2co2sAcA， 0os11即 cosA或cosA1（舍去），

2

所以 A3 ------------------------------------------------------------- 7分

（2）由m//n，得 sin2A1cosA0，

即 co2sAcoAs1， 01即 cos或 cosA1（舍去），-----------------------9分 A

2b2c2a2(bc)a2bc2又 cos A2bc2bc..

-

a21a2 。----------------------------11分 1123bcbc2

311综上，需要满足1，得 。--------------------------14分

3221. 解（1）∵f(x)是奇函数， ∴f(–x)=－f(x)，即∴f(x)=

bxcbxc，∴－bx+c=－bx–c，∴c=0，------------2分 ax21ax21bx.由a＞0，bN， 当x≤0时，f(x)≤0，

ax211a1xbbx12ab2当x＞0时，f(x)＞0，∴f(x)的最大值在x＞0时取得. ∴x＞0时，f(x)当且仅当

a1 xbbx即x1时，f(x)有最大值a12ab2a1∴=1,∴a=b2 ① 2b22b2，∴＞,∴5b＞2a+2 ② 5a151把①代入②得2b2–5b+2＜0解得＜b＜2，又b∈N,∴b=1,a=1,------------4分

2x∴f(x)=2 -------------------------------------------------------7分

x1又f(1)＞

（2）设存在直线l与y=f(x)的图象交于P、Q两点，且P、Q关于点（1，0）对称，

x0x21y00P(x0,y0)则Q（2–x0,–y0)，∴,消去y0，得x02–2x0–1=0----------9分

2x0y02(2x)10解之，得x0=1±2,∴P点坐标为(12,22)或(12,)， 44进而相应Q点坐标为Q（12,22）或Q(12,)，-------------11分

44过P、Q的直线l的方程：x－4y－1=0即为所求。---------------------------15分

22. 解：（1）an11nn111nn1 令Cn， annban1anan1bban Cn11Cn1 - ------------------------------------------------------2分 bb （ⅰ）当b1时，Cnn an1-------------------------- 4分

..

-

111

..

（ⅱ）当b1时，Cnb1b(Cn1b-1),(n2) 数列C11nb1为等比数列，所以，Cnb11(1b）n an(b1)nbn(b1)n---------------------------- 8分 1(1nbn1b)（2）证明: （ⅰ）当b1时，2an1n2112--------------10分

（ⅱ）当b1时，（b1b）(b21b2)(bn1bn)2n (bb2bn)(1111bnbn1b2b)2n

(b1b1bbn1n)()2n

2n1bbn1b1bn 2n(1b)12n(1b)bn1bnbbn 1bnbn11 即;2a1nbn1

所以：对于一切正整数n，有2an1nb1.-----------------------15分