2010新课标人教A版高一下数学期末复习题

2010高一下数学期末复习试题一、选择题：（本大题共10小题，每小题5分，共50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.已知ABC中，CBA,,的对边分别为,,abc若62ac且75Ao，则bA.2B．4＋23C．4—23D．622.函数()(13tan)cosfxxx的最小正周期为A．2B．32C．D．23.已知等比数列{}na满足0,1,2,nan，且25252(3)nnaan，则当1n时，2123221logloglognaaaA.(21)nnB.2(1)nC.2nD.2(1)n4.数列{}na的通项222(cossin)33nnnan，其前n项和为nS，则30S为A．470B．490C．495D．5105.直线过点（-1，2）且与直线垂直，则的方程是A．B.C.D.6.已知圆C与直线x－y＝0及x－y－4＝0都相切，圆心在直线x＋y＝0上，则圆C的方程为（A）22(1)(1)2xy(B)22(1)(1)2xy(C)22(1)(1)2xy(D)22(1)(1)2xy7.设x，y满足约束条件0,002063yxyxyx，若目标函数z=ax+by（a0，b0）的值是最大值为12，则23ab的最小值为().A.625B.38C.311D.48.不等式2313xxaa对任意实数x恒成立，则实数a的取值范围为（）A．(,1][4,)B．(,2][5,)w.w.w.k.s.5.u.c.o.mC．[1,2]D．(,1][2,)9.等差数列na的前n项和为nS，已知2110mmmaaa，2138mS,则m（A）38（B）20（C）10（D）9w.w.w.k.s.5.u.c.o.m10.．已知无穷等比数列{an}的前n项的积为Tn，且a1＞1，a2008a2009＞1，（a2008-1）(a2009-1)＜0，则这个数列中使Tn＞1成立的最大正整数n的值等于A．2008B．2009C．4016D．4017二、填空题：本大题共5小题，每小题5分，共25分.把答案填在横线上.11.已知函数f(x)=logsin1(x2-6x+5)在（a，+∞）上是减函数，则实数a的取值范围为.12.已知数列{}na满足：434121,0,,N,nnnnaaaan则2009a________；2014a=_________.13.若⊙221:5Oxy与⊙222:()20()OxmymR相交于A、B两点，且两圆在点A处的切线互相垂直，则线段AB的长度是w14.四面体ABCD中，共顶点A的三条棱两两相互垂直，且其长分别为1、6、3，四面体的四个顶点在同一个球面上，则这个球的体积为.15.已知数列na满足：1a＝m（m为正整数），1,231,nnnnnaaaaa当为偶数时，当为奇数时。若6a＝1，则m所有可能的取值为__________。w.w.w.k.s.5.u.c.o.m三、解答题：本大题共6小题，共75分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.16.（12分）在△ABC中，sinB+sinC=sin(A-C).（1）求A的大小；（2）若BC=3，求△ABC的周长l的最大值.17.（12分）已知点（1，31）是函数,0()(aaxfx且1a）的图象上一点，等比数列}{na的前n项和为cnf)(,数列}{nb)0(nb的首项为c，且前n项和nS满足nS－EC1B1A1CBA1nS=nS+1nS（2n）.（1）求数列}{na和}{nb的通项公式；（2）若数列{}11nnbb前n项和为nT，问nT20091000的最小正整数n是多少?w.w.w.k.s.5.u.c.o.m18.（12分）如图，P—ABCD是正四棱锥，ABCD—A1B1C1D1是正方体，其中AB=2，PA=6.（1）求证：PA⊥B1D1；（2）求平面PAD与平面BDD1B1所成的锐二面角θ的大小；（3）求B1到平面PAD的距离.19.（13分）在平面直角坐标系xoy中，已知圆221:(3)(1)4Cxy和圆222:(4)(5)4Cxy.（1）若直线l过点(4,0)A，且被圆1C截得的弦长为23，求直线l的方程；（2）设P为平面上的点，满足：存在过点P的无穷多对互相垂直的直线1l和2l，它们分别与圆1C和圆2C相交，且直线1l被圆1C截得的弦长与直线2l被圆2C截得的弦长相等，试求所有满足条件的点P的坐标。20.(13分)如图，在三棱拄111ABCABC中，AB侧面11BBCC，已知11,3BCBCC（1）求证：1CBABC平面；（2）试在棱1CC(不包含端点1,)CC上确定一点E的位置,Tesoon.com天星版权使得1EAEB；(3)在（2）的条件下,求二面角11AEBA的平面角的正切值.21.(13分)已知数列{}na满足22*111,(1cos)sin,22nnnnaaanN.学科网（1）求234,,aaa，并求出数列{}na的通项公式；学科网（2）设21221,nnnnnabSbbba，求证：53nSn.学科网高一数学答案一．选择题题号123345678910答案AACAABAACC二．填空题11．[5，+∞）12.1013.414.33215.453216.解：（1）将sinB+sinC=sin(A-C)变形得sinC(2cosA+1)=0,（2分）而sinC≠0，则cosA=21，又A∈（0，π），于是A=32；（6分）（2）记B=θ，则C=3-θ（0＜θ＜3），由正弦定理得)3sin(32sin32θABθAC，（8分）则△ABC的周长l=23[sinθ+sin(3-θ)]+3=23sin(θ+3)+3≤23+3，（10分）当且仅当θ=6时，周长l取最大值23+3.（12分）17.【解析】（1）113faQ,13xfx1113afcc,221afcfc29,323227afcfc.又数列na成等比数列，22134218123327aaca，所以1c；又公比2113aqa，所以12112333nnna*nN；1111nnnnnnnnSSSSSSSSQ2n又0nb,0nS,11nnSS；数列nS构成一个首相为1公差为1的等差数列，111nSnn，2nSn当2n，221121nnnbSSnnn；21nbn(*nN)；（2）12233411111nnnTbbbbbbbbL1111133557(21)21nnK1111111111112323525722121nnK11122121nnn；由1000212009nnTn得10009n，满足10002009nT的最小正整数为112.18.解：（1）连结AC，交BD于点O，连结PO，则PO⊥面ABCD，又∵AC⊥BD，∴PA⊥BD，∵BD∥B1D1，∴PA⊥B1D1.（4分）（2）∵AO⊥BD，AO⊥PO，∴AO⊥面PBD，过点O作OM⊥PD于点M，连结AM，则AM⊥PD，∴∠AMO就是二面角A—PD—O的平面角，（6分）又∵AB=2，PA=6，∴OD=2，PO=226，OM=32622PDODPO，∴tan∠AMO=26322OMAO，即二面角的大小为arctan26.（8分）（3）分别取AD，BC中点E，F，作平面PEF，交底面于两点S，S1，交B1C1于点B2，过点B2作B2B3⊥PS于点B3，则B2B3⊥面PAD，又B1C1∥AD，∴B2B3的长就是点B1到平面PAD的距离.（10分）∵PO=AA1=2，∴EF=221SS，tan∠PSS1=224，sin∠PSS1=52，∴B2B3=B2Ssin∠PSS1=556523.（12分）19.(1)设直线l的方程为：(4)ykx，即40kxyk由垂径定理，得：圆心1C到直线l的距离22234()12d，结合点到直线距离公式，得：2|314|1,1kkk化简得：272470,0,,24kkkork求直线l的方程为：0y或7(4)24yx，即0y或724280xy(2)设点P坐标为(,)mn，直线1l、2l的方程分别为：w.w.w.k.s.5.u.c.o.m1(),()ynkxmynxmk，即：110,0kxynkmxynmkk因为直线1l被圆1C截得的弦长与直线2l被圆2C截得的弦长相等，两圆半径相等。由垂径定理，得：：圆心1C到直线1l与2C直线2l的距离相等。故有：2241|5||31|111nmknkmkkkk，NMFDEC1B1A1CBA化简得：(2)3,(8)5mnkmnmnkmn或关于k的方程有无穷多解，有：20,30mnmnm-n+8=0或m+n-5=0w.w.w.k.s.5.u.c.o.m解之得：点P坐标为313(,)22或51(,)22。20.证（Ⅰ）因为AB侧面11BBCC，故1ABBC在1BCC中，1111,2,3BCCCBBBCC由余弦定理有2211112cos1422cos33BCBCCCBCCCBCC故有222111BCBCCCCBBC而BCABB且,ABBC平面ABC1CBABC平面（Ⅱ）由11,,,,EAEBABEBABAEAABAEABE平面从而1BEABE平面且BEABE平面故1BEBE不妨设CEx，则12CEx，则221BExx又1123BCC则2211BExx在1RtBEB中有22114xxxx从而1x（舍负）故E为1CC的中点时，1EAEB（Ⅲ）取1EB的中点D，1AE的中点F，1BB的中点N，1AB的中点M连DF则11//DFAB，连DN则//DNBE，连MN则11//MNAB连MF则//MFBE，且MNDF为矩形，//MDAE又1111,ABEBBEEB故MDF为所求二面角的平面角在RtDFM中，1112(22DFABBCE为正三角形）EC1B1A1CBA111222MFBECE122tan222MDF21.解：（1）21(10)12aa，32(11)04aa，43(10)15aa一般地，2122212,1mmmmaaaa，则212122mmaa有212122(2)mmaa，2121222mmaa，数列21{2}ma是公比为2的等差数列，12112(2)2mmaa得：1*21232()mmamN，1*2211132()2mmmaamN所以：11212232132nnnnan为奇数为偶数．．．．．．．．．．．．．．．．．．．6分（2）111112132232111112322322322(132)nnnnnnnb而当2n时，2132n2，故2101132n，则22211120132(132)132nnn