数学必修四五-综合测试卷

试卷第1页，总3页2015-2016学年度依兰县高级中学4月测试卷考试范围：必修4、5；考试时间：120分钟；命题人：依兰县高级中学刘朝亮1、若为钝角，则2的终边在（）A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第一象限或第三象限2、在ABC中，1a，30A，60B，则b等于（）A．32B．12C．3D．23、在ABC中，三边为,,abc，若111,,abc成等差数列，则b所对的角是（）A．锐角B．直角C．钝角D．不能确定4、设22,1tabsab,则s与t的大小关系是()A.st≥B.stC.st≤D.st5、已知角的终边上一点)2,(xP，且cos=31，则x=（）A．12B．22C．22D．226、函数)62sin(xy的图象可看成是把函数xy2sin的图象做以下平移得到（）A．向右平移6B．向左平移12C．向右平移12D．向左平移67、函数f(x)＝sin)223(x，x∈R是()A．最小正周期为π的奇函数B．最小正周期为π的偶函数C．最小正周期为2的奇函数D．最小正周期为2的偶函数8、函数cosfxx与函数2log1gxx的图像所有交点的横坐标之和为()A.2B.4C.6D.89、设点P是函数xxfsin)(的图象C的一个对称中心，若点P到图象C的对称轴上的距离的最小值4，则)(xf的最小正周期是（）A．2πB.πC.2D.410、已知角α的终边过点P(-3，4)，则cosα=（）A．35B．34C．45D．4311、sin600o的值是()A．12B．32C．32D．12试卷第2页，总3页12、sin420的值是()A．12B．22C．32D．3213、已知平面向量(1,2)a,(2,)bm,且a//b,则23ab＝.14、在△ABC中，a＝5，b＝7，∠B＝60°，则c＝________.15、函数sin()(0)2yx的部分图象如图所示，设P是图象的最高点，,AB是图象与x轴的交点，则tanAPB．16、已知向量a)1,1(，b），（21，向量c满足（cb）a，（ca）//b，则c17、已知函数233sincoscossin2cos12222xxxxfxxxR.（Ⅰ）求函数fx的最小正周期;（Ⅱ）求函数fx的单调递增区间.18、ABC中，D为边BC上的一点，33BD，5sin13B，3cos5ADC，求AD．试卷第3页，总3页19、已知cos=-53,,,2求cos(4),)62cos(20、已知函数)0,(2cos2)6sin()6sin()(2Rxxxxxf.（1）求函数)(xf的值域；（2）若3x是函数)(xf的图像的一条对称轴且51,求)(xf的单调递增区间．21、在数列{}na中，11a，22a，且11(1)nnnaqaqa（2,0nq）．(1)设1nnnbaa（*nN），证明{}nb是等比数列；(2)求数列{}na的通项公式；(3)若3a是6a与9a的等差中项，求q的值，并证明：对任意的*nN，na是3na与6na的等差中项．22、已知数列na满足：112a，113nnnaapnq，*nN,,pqR．（1）若0q，且数列na为等比数列，求p的值；（2）若1p，且4a为数列na的最小项，求q的取值范围．答案第1页，总7页参考答案一、单项选择1、【答案】A【解析】2、【答案】C【解析】3、【答案】A【解析】已知即211bac，∴2acbac，∴222222224()acacbacac222222()()4()acacacac，由222acac，2()2acac，且等号不能同时取得知2220acb，选A．4、【答案】C【解析】5、【答案】B.【解析】由余弦函数的定义知，31)2(cos22xx，解之得，212x，又0x，所以22x，故应选B.6、【答案】B【解析】∵)]12(2sin[)62sin(xxy，∴将函数xy2sin的图像向左平移12个单位即可得到)62sin(xy的函数图像．7、【答案】B【解析】8、【答案】B【解析】将两个函数同时向左平移1个单位，得到函数+1cos+1=cos+=cosyfxxxx（）（），21logygxx，则此时两个新函数均为偶函数.在同一坐标系下分别作出函数+1cosyfxx和答案第2页，总7页21logygxx的图象如图，由偶函数的性质可知，四个交点关于原点对称，所以此时所有交点的横坐标之和为0，所以函数cosfxx与函数2log1gxx的图像所有交点的横坐标之和为4，选B.9、【答案】B【解析】设点P是函数xxfsin)(的图象C的一个对称中心，若点P到图象C的对称轴上的距离的最小值4，∴最小正周期为π，选B.10、【答案】A【解析】11、【答案】C【解析】根据题意，由于sin600o=sin（360o+240o）=sin00+（18060）=-sin060=32,故选C.12、【答案】C【解析】二、填空题13、【答案】(4,8)【解析】由a//b可知m=-4,,则23ab＝(4,8).14、【答案】815、【答案】-2【解析】16、【答案】)1,1(【解析】三、解答题答案第3页，总7页17、【答案】【解析】18、【答案】由cos∠ADC=＞0，知B＜.由已知得cosB=，sin∠ADC=.从而sin∠BAD=sin（∠ADC-B）=sin∠ADCcosB-cos∠ADCsinB==.由正弦定理得，所以=.【解析】三角函数与解三角形的综合性问题，是近几年高考的热点，在高考试题中频繁出现.这类题型难度比较低，一般出现在17或18题，属于送分题，估计以后这类题型仍会保留，不会有太大改变.解决此类问题，要根据已知条件，灵活运用正弦定理或余弦定理，求边角或将边角互化.19、【答案】,53,则,,2,4)62cos(,2571cos22cos25037246sin2sin6cos2cos)62cos(【解析】20、【答案】（1）]1,3[；（2）[6k，3k]（zk）.答案第4页，总7页试题分析：（1）利用三角恒等变换对原函数进行化简，可将原函数化简为bxAxf)sin()(的形式，再由三函数值域求得)(xf的值域；（2）因为bxAxf)sin()(的对称轴为2k，所以可列等式63w＝2k，51，可求得的值，从而得到函数的解析式，求三角函数)sin()(xxf的单调递增区间，即可求得函数bxAxf)sin()(的递增区间.试题解析：（1）)cos1(6cossin2)(wxwxxf＝1cossin3wxwx＝1)6sin(2wx∴)(xf的值域为[－3，1]（2）由题意得63w＝2k(zk)∴23kw∵51w∴2w，则1)62sin(2)(xxf由22k62x22k(zk)得36kxk)(xf的增区间为[6k，3k]（zk）考点：三角函数恒等变换，函数的单调性及其值域.【解析】21、【答案】（2）{}na时，11a【解析】（1）证明：由题设11(1)nnnaqaqa（2n），得11()nnnnaaqaa，即1nnbqb，2n．又1211baa，0q，所以{}nb是首项为1，公比为q的等比数列．（2）解法：由（1）211aa，32aaq，……21nnaaq，（2n）．答案第5页，总7页将以上各式相加，得211nnaaqq（2n）．所以当2n时，11,,.1,111nnqqqanq上式对1n显然成立．（3）解：由（2），当1q时，显然3a不是6a与9a的等差中项，故1q．由3693aaaa可得5228qqqq，由0q得3611qq，①整理得323()20qq，解得32q或31q（舍去）．于是32q．另一方面，21133(1)11nnnnnqqqaaqqq，15166(1)11nnnnnqqqaaqqq．由①可得36nnnnaaaa，*nN．所以对任意的*nN，na是3na与6na的等差中项．22、【答案】（1）0p或1p．（2）2734q≤≤试题分析：（1）113nnnaap，而数列na为等比数列，则可由2213aaa求出0p或1p．再分别验证当0p时，1nnaa12符合题意；当1p时，113nnnaa，利用累加法得1132nna符合题意．（2）1p，113nnnaanq，利用累加法得11312nnannq，由题意转化为恒成立问题：对*nN，有141131271222nnnqaq≥恒成立，即1232712nnnq≥对*nN恒成立．变量分离时需分类讨论：当5n≥时，2120nn，1232712nqnn≤恒成立，当3n时，2120nn，1232712nqnn恒成立，当4n时，有00≥，分析数列123275,12nncnnnnN*≥得为递增数列，因此当5n≥时，5123272755124q≤，当3n答案第6页，总7页时，数列123273,12nncnnnnN*得为递增数列，因此当3n时，312327=33312q试题解析：（1）0q，113nnnaap，∴2112aapp，321342aapp，由数列na为等比数列，得21114222pp，解得0p或1p．当0p时，1nnaa，∴12na符合题意；当1p时，113nnnaa，∴121321nnnaaaaaaaa=12111131133322132nnn，∴13nnaa符合题意．（2）法一：若1p，113nnnaanq，∴121321nnnaaaaaaaa=211331212nnq=11312nnnq．∵数列na的最小项为4a，∴对*nN，有141131271222nnnqaq≥恒成立，即1232712nnnq≥对*nN恒成立．当1n时，有2612q≥，∴136q≥；当2n时，有2410q≥，∴125q≥；当3n时，有186q≥，∴3q≥；当4n时，有00≥，∴qR；当5n≥时，2120nn，所以有1232712nqnn≤恒成立，令123275,12nncnnnnN*≥，则2112222123540169nnnnnnccnn，即数列nc为递增数列，∴5274qc≤．答案第7页，总7页综上所述，2734q≤≤．法二：因为1p，113nnnaanq，又4a为数列na的最小项，所以43540,0,aaaa≤≥即930,2740,qq≤≥所以2734q≤≤．此时2110aaq