浙江省绍兴市鲁迅中学高一数学下学期期末调测试卷新人教A版【会员独享】.doc

浙江省鲁迅中学20112012学年第二学期期末调测高一数学试卷注意事项：全卷满分100分，考试时间120分钟。一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的） 1. 直线yx1的倾斜角是a. 30b. 45c. 60d. 90 2. 函数f(x)sin(x)，xr的最小正周期为a. b. c. 2d. 4 3. 若角的终边与单位圆相交于点p（，），则cosa. b. c. d. 4. 若ab，则下列不等式中恒成立的是a. 1b. c. a2b2d. a3b3 5. 已知实数a1，a2，a3，a4，a5构成等比数列，其中a12，a532，则公比q的值为a. 2b. 2c. 2或2d. 4 6. 已知变量x，y满足条件则z4xy的最大值是a. 4b. 11c. 12d. 14 7. 在abc中，tana，cosb，则sinca. b. 1c. d. 2 8. 把函数ysinxcosx的图象向左平移m（m0）个单位长度后，所得到的图象关于y轴对称，则m的值可以是a. b. c. d. 9. 已知等比数列a的前10项的积为32，则以下论述：数列a的各项均为正数数列a中必有小于的项数列a的公比必是正数数列a的首项和公比中必有一个大于1 其中正确的为a. b. c.d. 10. 设锐角abc的内角a，b，c所对的边分别为a，b，c。若a，a，则b2c2bc的取值范围为a. （1，9b. （3，9c. （5，9d. （7，9二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，共18分） 11. 已知点a（2，1），b（3，3），则直线ab的斜率等于_。 12. 已知tan2，则的值等于_。 13. 过点a（1，2）且垂直于直线2xy50的直线方程为_。 14. 在等差数列a中，若a5a6a7a824，则a1a12_。 15. 数列a满足a2n，其前n项的和sn340，则n的值等于_。 16. 已知正实数x，y满足，则xy的最小值等于_。三、解答题（本大题共5小题，共52分，解答应写出文字说明、证明过程或演算过程） 17. （本题满分10分） 在等差数列a中，a25，a413 （）求数列a的通项公式an； （）求数列a前20项和s20。 19. （本题满分10分） 如图，某人计划用篱笆围成一个一边靠墙（墙的长度没有限制）的矩形菜园。设菜园的长为x m，宽为y m。 （）若菜园面积为72m2，则x，y为何值时，可使所用篱笆总长最小？ （）若使用的篱笆总长度为30m，求的最小值。 20. （本题满分10分） 已知函数f（x）asin（2x）的图象经过点e（，），f（，1），其中a0，（0，）。 （）求的值，并求函数f（x）的单调递增区间； （）若f（），求sin（4）的值。 21. （本小题满分12分） 已知数列的前n项和snn22n（其中常数p0）。 （）求数列a的通项公式； （）设t为数列a的前n项和。 （i）求t的表达式； （ii）若对任意nn，都有（1p）tpa2pn恒成立，求p的取值范围。【试题答案】一、选择题（每小题3分，共30分） 1. b2. c3. a4. d5. c6. b7. a8. a9. c 10. d二、填空题（每小题3分，共18分）11. 212. 13. x2y3014. 1215. 8或916. 三、解答题（共52分）17. （本题满分10分）解：（）由题意得2分解得4分所以ana1（n1）d4n35分（）s2020a1d78010分19. （本题满分10分）解：（）由已知可得xy72，而篱笆总长为x2y.1分又因为x2y224，3分当且仅当x2y，即x12，y6时等号成立.4分所以菜园的长x为12m，宽y为6m时，可使所用篱笆总长最小。5分（）由已知得x2y30，6分又因为（）（x2y）5529，所以，8分当且仅当xy，即x10，y10时等号成立.9分所以的最小值是.10分20. （本题满分10分）解：（）由题意得1分则cossin（）,2分展开得cos(cossin)，则sincos,所以tan，又（0，），所以.3分把代入acos，得a2，所以f（x）2sin(2x).4分由2k2x2k，得kxk，所以f（x）的单调递增区间为k，k，k.6分（）由f（）得sin（2），7分则sin（4）sin2（2）cos2（2）2sin2（2）121.10分21. （本题满分12分）解：（） 当n1时，a1s13;1分当n2时，snsn12n1，得an（2n1）pn1.2分又因为n1也满足上式，所以an（2n1）pn13分（）（i）tn35p7p2（2n1）pn1.当p1时，tnn22n；4分当p1时，由tn35p7p2（2n1）pn1得ptn3p5p27p3（2n1）pn1（2n1）pn，则（1p）tn32（pp2p3p n1）（2n1）p n，得tn（2n1）p n.6分综上，当p1时，tnn22n；当p1时，tn（2n1）p n.7分（ii）当p1时，显然对任意n*，都有（1p）tnpan2pn恒成立； 8分当p1时，可转化为对任意n*，都有32pn恒成立.即对任意n*，都有p