福建省南平市高一数学下学期期末质量检测试题

1、南平市20182019学年第二学期高一期末质量检测数学试题（满分:150分考试时间:120分钟）第i卷一、选择题：本大题共12小题，每小题5分, 题目要求的在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合1.已知集合xx2 2x 8 0,b xa.(2 , 3)b.2., im tr.自 4 。，一！*，3)c.-42d.(-43)1 (4 * * * h ,fn * r “)(* *。只4* *th期i ,飘然j* * - * 4 * ” *.都r “* 一 (赋 j -2.sin160cos10+cos20sin170a立 八.2b.c.d.3.已知向量ra =(-34),rb = (4a.垂直b

2、.不垂直也不平行c.平行且同向d.平行且反向是“始 天天*着”4.已知tan=3,2sinsincos22cos22sina. 8b.916c.1112d.只4季5.等差数列an中,a3a4a5a6a7= 300,则 a+a9=a.110b.120c.130d.140于,6.已知向量uuuoar uura,obr uuurb,ocr c,uuuracuuucb ,则r 1 ra. c a23b2b.7.若a、b都是正数，则(1 +a.5b.7c.93r a2b/ 一 )(1 +ad.13c.3b 2d.8.已知函数 f (x) =sin(2 x+a. 一2b,124a4a）的最小值为 b）的图

3、像关于直线x=一对称，则3可能取值是c.d.9.等比数列的前n项、前2n项、前3n项和分另1j为x、 y、 z,a. y 2=xzb.x2+y2=x( y+z)c.x+y=z d.,_ 2x+y-z=y1210 .在 abc中，若 sina = 2sinc, b= 60 , b=2，3,则 abc 的面积为a.8b.2c.2、.,3d.411 .已知mim2m30,则使得(1-mx) 2奇,* 是* 始 天天* 着” *12 .已知a、b、c为4abc的三个内角 a、b、c的对边，c=2b, abc的面积为2,则a的最小值为a. 3 b. * c. .5 d. 、6 33,第n卷二、填空题：本

4、大题共4小题，每小题5分13 .函数f (x) = v3sin3 x+cos3x的最小正周期为 。x 1 014.若x, y满足约束条件x y 0 ,则z= 2x+y的最小值为 。x y 4 015 .设等差数列 an的前n项和为sn, s = -3, sm= 0, s+1=4,则m=。16 .已知x、v、z均为正数，则jy 3 yz 2的最大值为。 x y z三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤17 .(本题满分10分r rr2a b .7已知向量a与向量b的夹角为g，且a =1, r(1)求 br rr(2)若 a，( ab),求18 .(本题满分12分)已知关于x的不等式a

5、x2-3x+2 -214、315、7163102解得向3或p|3;三、解答题：本大题共 6小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17、解：（1）由 2。一 “ v7得 4= 2 4 口 力 +卜 2=7,2 分0;那么 2（2）由。）得。（ 口 打）=0,那么& 2 口 .u=08分3 一 因此1 09分22.八10318、解：（1）由题意知：*1x0 = -,解得 a=1, b=2.6 分u09 (1 x 2) 8分4x x(2)由(1)知 a=1, b=2, . a=x|1 vx2,f(x)99而 x 0 时 4x 2 |4x 2 6 12,10 分xx一，.93当且仅当

6、4x ,即x 时取等号11分x23而x 3 a,f(x)的最小值为12.12分219、解：(1)由 3sn 4an 1 知 3sn1 4an 1 14an所以 3sn 1 3sn 4an 1 4an,即+ =2册，从而 an 1所以，数列是以2为公比的等比数列又 3al 4al 1 可得 a11 ,综上所述，故an 4n 1(2)由(1)可知an4n1,故an 14n,an24n1综上所述，所以log 4n 1n , log 4n 2 n 1 ,故而 bn-111所以 tn1111l22311/1 n1 n n 1 n 1 n 120、解：(1) f(x)1. 3 sin2x (1 cos2x

7、) m(3sin2x cos2x) m 2sin(2x ) m6由已知2 m 3,所以m 16r 才a *,b r，*。4*,，约-a*，*8分10分12 分2分.3分因此 f(x) 2sin(2x -) 13令2k 2x 2k ,k z 4分 262.2得k - x k ,k z 5分 63一 一 2因此函数f x的单调递增区间为k - k k z6 3 ，(2)由已知2sin(2a6)由 0 a 一得一2a 一26611 0, sin(2a ) 一6275，因此2a 666所以a3。“1 sin( c). 3 cosc sin cb sin b 32c sin c sin csin c0

8、c -因为为锐角三角形 abc ,所以20 b c3因此tanc 交，那么1 b 232 c21、解：(1)当n 1时，a 2,1分由 a 2a2 3a3 nan 2nn 1*信 a 2a2 3a3 (n 1同 12 (n 2,n n )2*得 nan 2 即 an - (n 2,n n ), n2*又a12适合公式，则an- (n n ).n8分一110分2tanc 2,解得一c 11分_62212分3分.22n 1-n(2)由(1)知n 2 n 6 分an记数列n 2n的前n项和为tn则 tn=1 2 2 22 3 23 (n 1) 2n 1n 2n2 tn1 222 23(n 1) 2n

9、n 2n 18分-得 tn 2 22 23n2(21) on 1n 2则 tn (n 1) 2n 1 210分又数列n的前n项和为n(n 1)2故 sn (n 1) 2n 1 2n(n 1)21222、(1)证法一：由题意得am1 ,一 -(ab ac) 2.2am1 一-2 ：-(ab 2 ab 42ac ac )1,22= -(c b 2cb cosa) 4由余弦定理得2cbcosab2将代入式并化简得am2 c 222b 2c a故 am 2b22c2a22am 2证法二：在 abm中，由余弦定理得 cosamb2am2a 2-c4 a2am 2b2在acm中,由余弦定理得cos amcambamccos amb42am a2cos amc则am 2b2am 22 a 2 c ,故 am 4、,2b2 2c2 a2(2)解法一：记abc面积为s.由题意并结合(1)所证结论得:1 , aam sin2amc1 1aam2.2b2 2c2 a2又已知3a22b22 c216,则s22 (2b2162c2a2)2a (人(44a2)2-)211分1,当 a2,bc当时,2成立等号，故smax 1即abc面积的最大值为1.12分解法二:2(c2 b2) 3a2162(c2 b2) 3(c2 b2 2cbcos a) 164