2015年4月高一年级期中考试数学

一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是满足题目要求的.

1．

解析：原式＝＝＝cos α. 选D.

答案：D

2

解析　灯塔A，B的相对位置如图所示，由已知得∠ACB＝80°，∠CAB＝∠CBA＝50°，

则α＝60°－50°＝10°，即北偏西10°.

答案　B

3．

解析　S＝×AB·ACsin 60°＝×2×AC＝，所以AC＝1，所以BC2＝AB2＋AC2－2AB·ACcos 60°＝3，所以BC＝.

答案　B

4.

解析：由题知表格中第三列成首项为4，公比为的等比数列，故有x＝1.根据每行成等差数列得第四列前两个数字依次为5，，故其公比为，所以y＝5×3＝，同理z＝6×4＝，故x＋y＋z＝2.

答案：B

5．

解析：如图可知五边形A1A2A3A4A5是一个正五边形，所以可知α1＝α2＝…＝α5＝72°，故cos 3α1cos(α3＋α5)－sin 3α2sin 2α4＝cos(5×72°)＝cos 360°＝1

答案：C　

6．

解析：由a2·a3＝a1·a4＝2a1，得a4＝2.又a4＋2a7＝，∴a7＝.

设等比数列{an}的公比为q，则a7＝a4q3，∴q3＝，∴q＝，a1＝16，∴S5＝＝31. 选C.

答案：C

7．

【解析】　如图，在△ABC中，∠ABC＝105°，所以∠ACB＝30°.

由正弦定理得＝，所以BC＝20×＝20(m)，

在Rt△CBD中，CD＝BCsin 60°＝20×＝30(m)．

【答案】　B

8．

解析：通过将数列的前10项分组得到第一组有一个数，分子分母之和为2；第二组有两个数，，分子分母之和为3；第三组有三个数，，，分子分母之和为4；第四组有四个数，依次类推，a99，a100分别是第十四组的第8个，第9个数，分子分母之和为15，所以a99＝，a100＝，故选A.

答案：A

9．

解析：依题意有sin αcos β－cos αsin β＝sin(α－β)＝，又0＜β＜α＜，∴0＜α－β＜，故cos(α－β)＝＝，而cos α＝，∴sin α＝，于是sin β＝sin[α－(α－β)]＝sin αcos(α－β)－cos αsin(α－β)＝×－×＝.故β＝.选D.

答案：D

10．

解析：由题意知，sinA＝－cosB·cosC＝sin(B＋C)＝sinB·cosC＋cosB·sinC，在等式－cosB·cosC＝sinB·cosC＋cosB·sinC两边同除以cosB·cosC得tanB＋tanC＝－，又tan(B＋C)＝＝－1＝－tanA，即tanA＝1，所以A＝.

答案：A

11．

解析：由数列{an}满足an＋2－an＋1＝an＋1－an，n∈N*可知该数列是等差数列，根据题意可知只要该数列中a5＝，数列{yn}的前9项和就能计算得到一个定值，又因为f(x)＝sin 2x＋1＋cos x，则可令数列{an}的公差为0，则数列{yn}的前9项和为S9＝(sin 2a1＋sin 2a2＋…＋sin 2a9)＋(cos a1＋cos a2＋…＋cos a9)＋9＝9sin 2a5＋9cos a5＋9＝9sin＋9cos ＋9＝9.

答案：C

12,

解析：由(a1 007－1)3＋2 015(a1 007－1)＝1①，得(a1 007－1)·[(a1 007－1)2＋2 015]＝1，所以a1 007－1＞0，即a1 007＞1.

由(a1 009－1)3＋2 015(a1 009－1)＝－1②.得(a1 009－1)·[(a1 009－1)2＋2 015]＝－1，所以a1 009－1＜0，即a1 009＜1，故a1 009＜a1 007.

＋②得(a1 007－1＋a1 009－1)[(a1 007－1)2－(a1 007－1)(a1 009－1)＋(a1 009－1)2 +2015]＝0，

因为a1 007－1＞0，a1 009－1＜0，所以(a1 007－1)2－(a1 007－1)(a1 009－1)＋(a1 009－1)2＞0.

故a1 007－1＋a1 009－1＝0，故a1 007＋a1 009＝2.

故S2 015＝(a1＋a2 015)
＝(a1 007＋a1 009)

＝2 015.故选B.

答案：B.

二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.请将答案填在答题卡对应题号的位置上,一题两空的题,其答案按先后次序填写.

13．解析：由题意知，a1＝5，n＝30，Sn＝390＝30×5＋d?d＝.

答案：[

14．解析　因为cos α＝2cos2－1＝－，所以cos2＝.又∈，

所以cos＝，sin＝，tan＝2，所以tan＝＝－3.

答案　－3

15．

解析：设甲、乙两船行驶x h后，分别位于C，D，

CD＝y，如图所示．

在△CBD中，

y2＝(10－4x)2＋(6x)2－2(10－4x)·6x·cos120°＝28x2－20x＋100＝28(x－)2＋，

所以当x＝ h，即x＝×60＝ min时，y＝.

答案：

16．

解析：∵内角A、B、C成等差数列，∴A＋C＝2B.

又A＋B＋C＝π.∴B＝，故①正确；对于②，由余弦定理得b2＝a2＋c2－2ac·cos B＝a2＋c2－ac.

又b2＝ac，∴a2＋c2－ac＝ac，即(a－c)2＝0，∴a＝c，

又B＝，∴△ABC为等边三角形；

对于③，∵b2＝a2＋c2－2accos B＝4c2＋c2－2c2＝3c2，

∴b＝c，此时满足a2＝b2＋c2，说明△ABC是直角三角形；对于④，c2＝bccos A＋accos B＋abcos C＝ac＋b(ccos A＋acos C)＝ac＋b2＝ac＋a2＋c2－ac，化简得c＝2a，又b2＝a2＋c2－ac＝3a2，∴b＝a，此时有a2＋b2＝c2，∴C＝，B＝，A＝，∴3A＝C成立；对于⑤，tan A＋tan C＝tan(A＋C)(1－tan Atan C)，∵A＋C＝，∴tan A＋tan C＝－＋tan Atan C，∵tan A＋tan C＋＝tan Atan C＞0，又在△ABC中，A、C不能同为钝角，∴A、C都是锐角，∴△ABC为锐角三角形．

答案：①②④

三、解答题：本大题共6个小题，共70分。解答必须写出必要的文字说明或解答过程。

17. (本小题满分10分）

解析　(1)∵α，β∈，从而－<α－β<.

又∵tan(α－β)＝－<0，∴－<α－β<0.∴sin(α－β)＝－.

(2)由(1)可得，cos(α－β)＝.

∵α为锐角，且sin α＝，∴cos α＝.

∴cos β＝cos[α－(α－β)]＝cos αcos(α－β)＋sin αsin(α－β)

＝×＋×＝.

18. (本小题满分12分）

解析　(1)由正弦定理得sin Bcos C＋sin C＝sin A.

而sin A＝sin(B＋C)＝sin Bcos C＋cos Bsin C，故cos Bsin C＝sin C.

在△ABC中，sin C≠0，故cos B＝.

因为0

(2)由b2＝ac及正弦定理，得sin Asin C＝sin2B＝sin2＝，又
＝，

所以sin Asin＝sin Acos A＋sin2A＝sin 2A＋＝，

所以sin 2A－cos 2A＝2，即sin＝1.

又0

故△ABC是等边三角形．

19．(本小题满分12分）

解析　(1)证明：由3(an＋1－2an＋an－1)＝2可得

an＋1－2an＋an－1＝，即(an＋1－an)－(an－an－1)＝，

∴数列{an＋1－an}是以a2－a1＝为首项，为公差的等差数列．

(2)由(1)知an＋1－an＝＋(n－1)＝(n＋1)，

于是累加求和得：an＝a1＋(2＋3＋…＋n)＝n(n＋1)，

∴＋＋…＋＝3＝3·＞

∴n＞5 即n的最小值为6.

20. (本小题满分12分）

解析：(1)S△ABD＝×1×1×sinθ＝sinθ，

因为△BDC是正三角形，则S△BDC＝BD2.

由△ABD及余弦定理，可知BD2＝12＋12－2×1×1×cosθ＝2－2cosθ，

于是四边形ABCD的面积S＝sinθ＋(2－2cosθ)，

即S＝＋sin(θ－)，其中0<θ<π.

(2)由(1)，知S＝＋sin(θ－)，

由0<θ<π，得－<θ－<，

故当θ－＝时，S取得最大值1＋，此时θ＝＋＝.

21．(本小题满分12分）

解析：(1)10年后新城区的住房总面积为

2a＋4a＋8a＋16a＋14a＋12a＋10a＋8a＋6a＋4a＝84a.

设每年旧城区拆除的数量是x，则84a＋(64a－10x)＝2×64a，解得x＝2a.

即每年旧城区拆除的住房面积是2a m2.

(2)设第n年新城区的住房建设面积为an，

则an＝，

所以当1≤n≤4时，Sn＝2(2n－1)a；

当5≤n≤10时，Sn＝2a＋4a＋8a＋16a＋14a＋…＋2(12－n)a

＝30a＋＝(23n－n2－46)a.

故Sn＝.

22. (本小题满分12分）

解：（1）当n＝1时，a1＝3．

当n≥2时，由a1＋＋＋…＋＝n2＋2n， ①

得a1＋＋ ＋…＋＝(n－1)2＋2(n－1)． ②

－②得：＝2n＋1，所以an＝(2n＋1)·λn－1，（n≥2）．

因为a1＝3，所以an＝(2n＋1)·λn－1 (n∈N*)． ………………………… 3分

（2）当λ＝4时，an＝(2n＋1)·4n－1．

若存在ar，as，at成等比数列，则

[(2r＋1) ·4r－1] [(2t＋1) ·4t－1]＝(2s＋1)2 ·42s－2．

整理得(2r＋1) (2t＋1) 4 r＋t －2s＝(2s＋1)2． ………………………… 5分

由奇偶分析知r＋t －2s＝0．

所以(2r＋1) (2t＋1)＝(r＋t＋1)2，即(r－t)2＝0．

这与r≠t矛盾，故不存在这样的正整数r，s，t，使得ar，as，at成等比数列．

……………………… 7分

（3）Sn＝3＋5λ＋7λ2＋…＋(2n＋1)λn－1．

当λ＝1时，Sn＝3＋5＋7＋…＋(2n＋1)＝n2＋2n．

当λ≠1时，Sn＝3＋5λ＋7λ2＋…＋(2n＋1)λn－1，

λSn＝ 3λ＋5λ2＋…＋(2n－1)λn－1＋(2n＋1)λn．

(1－λ)Sn＝3＋2(λ＋λ2＋λ3＋＋…＋λn－1)－(2n＋1)λn

＝3＋2× －(2n＋1)λn． ……………………… 9分

要对任意n∈N*，都有(1－λ)Sn＋λan≥2λn恒成立，

①当λ＝1时，左＝(1－λ)Sn＋λan＝an＝2n＋1≥2，结论显然成立；

②当λ≠1时，左＝(1－λ)Sn＋λan＝3＋2× －(2n＋1)λn＋λan

＝3＋2×＝－．

因此，对任意n∈N*，都有≥·λn恒成立．

当0＜λ＜1时，只要≥λn对任意n∈N*恒成立．

只要有≥λ即可，解得λ≤1或λ≥．

因此，当0＜λ＜1时，结论成立．………… 10分

当λ≥2时，≥·λn显然不可能对任意n∈N*恒成立．

当1＜λ＜2时，只要≤λn对任意n∈N*恒成立．

只要有≤λ即可，解得1≤λ≤．

因此当1＜λ≤时，结论成立．

综上可得，实数λ的取值范围为(0，]………… 12分