四川省树德中学2018_2019学年高一数学下学期5月阶段性测试试题（PDF） (1)

高一数学 2019-05 阶考 第 1 页 共 2 页 高高 2018 级高一下期级高一下期 5 月阶段性测试月阶段性测试数学数学试题试题 一一选择题选择题：本题共本题共 12 小題，每小題小題，每小題 5 分，共分，共 60 分。在每小题给出的四个选顶中只有一个是符合题目分。在每小题给出的四个选顶中只有一个是符合题目 要求的。要求的。 1.sin20 cos10cos160 sin10= ( ) A 3 2 B. 3 2 C1 2 D. 1 2 2.已知 n a 是公差为 1 的等差数列， n S为 n a 的前n项和，若 84 4SS= ，则 10 a =（ ） A17 2 B19 2 C10 D12 3.在ABC 中，已知 b6，c10，B30，则解此三角形的结果有( ) A无解 B一解 C两解 D一解或两解 4.已知1 2且()16a abcbc+ +=,则 2 22abcmm+恒成立， 则实数m的取值范围是 （ ） A.(), 2(4,) + B.(, 4)(2,) + C. ()2,4 D.()4,2 9. 若 sin2 5 5 ，sin() 10 10 ，且 4， E ， ，3 2 E ，则 的值是( ) A.7 4 B.9 4 C.5 4 或 7 4 D.5 4 或 9 4 10.已知四面体ABCD的四个顶点ABCD、 、 、四点都在半径为5的球面上，且4ACBD=， 11ADBC=，ABCD=，则四面体ABCD的体积是（ ） A6 7 B4 7 C2 7 D7 11.设锐角ABC的三个内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且1c =，2AC=，则ABC周 长的取值范围为（ ） A( ) 0,22+ B( ) 0,33+ C( ) 22,33+ D(22,33+ 12已知三棱锥PABC的四个顶点都在半径为 3 的球面上，ABAC，则该三棱锥体积的最大值是 A 32 3 B16 3 C 64 3 D64 二选择题：二选择题：本大题共本大题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，满分分，满分 20 分分 13.已知水平放置的ABC 的直观图ABC(斜二测画法)是边长为2a的正三角形，则原ABC 的面积为 14.已知1x =不是不等式 22 680k xkx+时，记 n n n a c b =，求数列 n c的前 n 项和 n T 21.在ABC 中，角 A，B，C 的对边分别是 a，b，c，已知。 (1)求cosB的值；(2)若1b =， 2 3 coscos 3 AC+=，求边 c 的值及ABC 的面积 22.已知数列 n a的各项均不为零设数列 n a的前 n 项和为 n S，数列 2 n a的前 n 项和为 n T，且 2 340, nnn SSTnN +=。 (1)求数列 n a的通项公式； (2)若()() 1 0 nn nana + + ， 2 11 ()(1)1 () x xb x xbxb + + + （） 显然xb ， 易知当1x = 时， 不等式 （） 显然成立； 由1,2x 时不等式恒成立， 可知 2,1b ； 当12x = + + 10 x+ ， ()() 11 1212 11 xx xx += + ，故1b 综上所述，1b 19. . 20. 21.解： （1）在ABC 中， 2 3coscoscos3 coscoscosacBabAaBcBbAaB=+=+即 1 3 coscos 3 cBcB=。 （2）1b =， 2 3 coscos 3 AC+= 22 2222 2 1 3 112 3 223 acac caac ca =+ + += 3 2 c= 312 sin 224 ABC aSacB = 22.解（1）因为 3S2n4SnTn0，nN*. 令 n1，得 3a214a1a210.因为 a10，所以 a11. 令 n2，得 3(1a2)24(1a2)(1a22)0，即 2a22a20.因为 a20，所以 a21 2. 因为 3S2n4SnTn0， 所以 3S2n14Sn1Tn10， ，得 3(Sn1Sn)an14an1a2n1 EA 0，因为 an10，所以 3(Sn1Sn)4an10， 所以 3(SnSn1)4an0(n2)， 当 n2 时，得 3(an1an)an1an0，即 an11 2an. 因为 an0，所以 an1 an 1 2.又由(1)知，a11，a2 1 2，所以 a2 a1 1 2， 所以数列an是以 1 为首项，1 2为公比的等比数列，所有 an 1 2 n1 (6 分) (2)由(1)知，an 1 E 2 E AA n1 E A . 因为对任意的 nN*，(nan)(nan1)0 恒成立，所以 的值介于 n 1 2 n1 和 n 1 2 n 之间 因为 n 1 2 n1 n 1 2 n 0，当 n 为奇数时，n 1 2 n n 1 2 n1恒成立，从而有 n 2n 1恒成立 记 p(n)n 2 2n(n4)，因为 p(n1)p(n) （n1）2 2n 1n 2 2n n22n1 2n 10 不符 若 0，当 n 为奇数时，n 1 2 n n 1 2 n1 恒成立，从而有 n 2n恒成立