高一数学下册期末考试试题

1/6年高一数学下册期末考试试题第Ⅰ卷（选择题共分）一、选择题：每小题分，共分..在等差数列{}na中，若136,2aa，则5a（）．．．．.如图，已知向量,,abc，那么下列结论正确的是（）．abc．abc．abc．bca.用数学归纳法证明11112321nn（*,1nNn）时，第一步应验证不等式为（）．1122．111323．11113234．111223.已知平面向量a和b的夹角等于3，2a，1b，则2ab（）．．5.6．7.在ABC中，内角,,ABC所对的边分别是,,abc，若030B，23c，2b，则C（）．3．3或23.4．4或54.已知等比数列{}na中，12340aaa，45620aaa，则前项之和等于（）．．.．.已知向量,ab满足1a，2b，且a在b方向上的投影与b在a方向上的投影相等，则ab等于（）．3．.5．2/6.已知数列{}na满足121aa，2111nnnnaaaa，则65aa的值为（）．．.．.已知数列{}na是各项均不为的正项数列，nS为前n项和，且满足21nnSa，*nN，若不等式128(1)nnnSa对任意的*nN恒成立，求实数的最大值为（）．．．.在ABC中，ABAC，点M在BC上，4BMBC，N是AM的中点，1sin3BAM，2AC，则AMCN（）．．.．第Ⅱ卷（非选择题共分）二、填空题（本大题共小题，第题每小题分，第题每小题分，共分）.已知向量(2,5)a，(,2)bx，且ab，则x，ab．.在ABC中，内角,,ABC所对的边分别是,,abc，若01,3,30abC，则c，ABC的面积S．.已知等差数列{}na中，1013a，927S，则公差d，100a．.在ABC中，内角,,ABC所对的边分别是,,abc，若1tan2A，1tan3B，2b，则tanC，c．.已知向量3OA，1OB，0OAOB，点C在AOB内，且060AOC，设OCOAOB（,R），则．.已知数列{}na的前n项和nS满足21nnSa，则1210181818aaa．.O是ABC所在平面上的一点，内角,,ABC所对的边分别是、、，且3450OAOBOC，若点P在ABC的边上，则OAOP的取值范围为．三、解答题（本大题共小题，共分）3/6.已知向量,,abc是同一平面内的三个向量，其中(1,1)a.（）若32c，且//ca，求向量c的坐标；（）若1b，且(2)aab，求a与b的夹角..在ABC中，角,,ABC的对边分别是,,abc，已知cos(2)cos0cBbaC.（）求角C的大小；（）若2c，abab，求ABC的面积..等比数列{}na的各项均为正数，且12231aa，23269aaa，数列{}nb满足31323logloglognnbaaa.（）求数列{}na，{}nb的通项公式；（）求设1nnncab（*nN），求数列{}nc的前n项和nS..在锐角ABC中，角,,ABC所对的边分别是,,abc，且3sincos20cAaCbc.（）求角A的大小；（）求coscosBC的范围..已知数列{}na满足11a，2114nnaap.（）若数列{}na就常数列，求p的值；（）当1p时，求证：1nnaa；（）求最大的正数p，使得2na对一切整数n恒成立，并证明你的结论.年高一数学下册期末考试试卷答案一、选择题、：二、填空题.,58.,34.,.,25.13..[5,10]4/6三、解答题.解：（）设(,)cxy，由=32c，且//ca可得22018yxxy所以33xy或33xy故(3,3)c，或(3,3)c（）因为=1b，且2aab，所以2=0aab即220aab，所以220ab，=1ab故2cos2abab，4.（）∵cos2cos0cBbaC，coscos2cos0cBbCaC，2cos0aaC，∴1cos2C，=3C（）∵2c，所以2222coscababC，22423ababababab∴4ab，1sin32SabC.解：（）因为等比数列{}na中23269aaa，故22349aa，0na，故1=3q又因为122+31aa，所以11=3a，1=3nna313231logloglog122nnnnbaaan（）因为数列1+nnncab，令数列na前n项和nT，数列1nb的前n项和为nQ5/6则1113311==112313nnnT1211=2nn+11nbnn111111=212122311nQnnn1113211=1212312123nnnSnn.解：（）因为3csincos20AaCbc，所以3sinsinsincossin2sin0CAACBC因为sin=sinsincoscossinBACACAC，所以3sinsincossin2sin0CAACCsin0C，所以3sincos2AAsin()16A，因为ABC是锐角三角形，所以，62A，3A（）因为3A，所以23BC，2coscoscoscos=sin36BCCCC因为ABC是锐角三角形，所以62C，coscosBC的范围3,12.解：（）若数列{}na是常数列，则2111=+144aapp，34p；显然，当34p时，有=1na（）由条件得2211113=p044aaapa得21aa，又因为2221111,44nnnnaapaap，两式相减得6/6222221111111114444nnnnnnnnnnaaaaaaaaaa显然有0na，所以21nnaa与1nnaa同号，而210aa，所以10nnaa；从而有1nnaa.（）因为2211121144kkkkkaaaapapp，所以1211111nnnaaaaaanp，这说明，当1p时，na越来越大，不满足2na，所以要使得2na对一切整数n恒成立，只可能1p，下面证明当1p时，2na恒成立；用数学归纳法证明：当1n时，11a显然成立；假设当nk时成立，即2ka，则当1nk时，22111121244kkaa成立，由上可知对一切正整数n恒成立，因此，正数p的最大值是