浙江省湖州市2016-2017学年高一下学期期中考试数学试题 Word版含答案

2016学年第二学期期中考试高一数学试题卷第Ⅰ卷（选择题共40分）一、选择题：每小题4分，共40分.1.在等差数列{}na中，若136,2aa，则5a（）A．6B．4C．0D．-22.如图，已知向量,,abc，那么下列结论正确的是（）A．abcB．abcC．abcD．bca3.用数学归纳法证明11112321nn（*,1nNn）时，第一步应验证不等式为（）A．1122B．111323C．11113234D．1112234.已知平面向量a和b的夹角等于3，2a，1b，则2ab（）A．2B．5C.6D．75.在ABC中，内角,,ABC所对的边分别是,,abc，若030B，23c，2b，则C（）A．3B．3或23C.4D．4或546.已知等比数列{}na中，12340aaa，45620aaa，则前9项之和等于（）A．50B．70C.80D．907.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（）A．3B．3C.5D．58.已知数列{}na满足121aa，2111nnnnaaaa，则65aa的值为（）A．0B．18C.96D．6009.已知数列{}na是各项均不为0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（）A．-21B．-15C.-9D．-210.在ABC中，ABAC，点M在BC上，4BMBC，N是AM的中点，1sin3BAM，2AC，则AMCN（）A．1B．2C.3D．4第Ⅱ卷（非选择题共110分）二、填空题（本大题共7小题，第11-14题每小题6分，第15-17题每小题4分，共36分）11.已知向量(2,5)a，(,2)bx，且ab，则x_________，ab．12.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．13.已知等差数列{}na中，1013a，927S，则公差d________，100a．14.在ABC中，内角,,ABC所对的边分别是,,abc，若1tan2A，1tan3B，2b，则tanC_________，c．15.已知向量3OA，1OB，0OAOB，点C在AOB内，且060AOC，设OCOAOB（,R），则．16.已知数列{}na的前n项和nS满足21nnSa，则1210181818aaa．17.O是ABC所在平面上的一点，内角,,ABC所对的边分别是3、4、5，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5小题，共74分）18.已知向量,,abc是同一平面内的三个向量，其中(1,1)a.（1）若32c，且//ca，求向量c的坐标；（2）若1b，且(2)aab，求a与b的夹角.19.在ABC中，角,,ABC的对边分别是,,abc，已知cos(2)cos0cBbaC.（1）求角C的大小；（2）若2c，abab，求ABC的面积.20.等比数列{}na的各项均为正数，且12231aa，23269aaa，数列{}nb满足31323logloglognnbaaa.（1）求数列{}na，{}nb的通项公式；（2）求设1nnncab（*nN），求数列{}nc的前n项和nS.21.在锐角ABC中，角,,ABC所对的边分别是,,abc，且3sincos20cAaCbc.（1）求角A的大小；（2）求coscosBC的范围.22.已知数列{}na满足11a，2114nnaap.（1）若数列{}na就常数列，求p的值；（2）当1p时，求证：1nnaa；（3）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.2016学年第二学期其中考试高一数学试题卷试卷答案一、选择题1-5:DBDAB6-10:BACDA11、12：二、填空题11.5,5812.1,3413.2,19314.-1,2515.1316.96117.[5,10]三、解答题18.解：（1）设(,)cxy，由=32c，且//ca可得22018yxxy所以33xy或33xy故(3,3)c，或(3,3)c（2）因为=1b，且2aab，所以2=0aab即220aab，所以220ab，=1ab故2cos2abab，419.（1）∵cos2cos0cBbaC，coscos2cos0cBbCaC，2cos0aaC，∴1cos2C，=3C（2）∵2c，所以2222coscababC，22423ababababab∴4ab，1sin32SabC20.解：（1）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（2）因为数列1+nnncab，令数列na前n项和nT，数列1nb的前n项和为nQ则1113311==112313nnnT1211=2nn+11nbnn111111=212122311nQnnn1113211=1212312123nnnSnn21.解：（1）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（2）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22.解：（1）若数列{}na是常数列，则2111=+144aapp，34p；显然，当34p时，有=1na（2）由条件得2211113=p044aaapa得21aa，又因为2221111,44nnnnaapaap，两式相减得222221111111114444nnnnnnnnnnaaaaaaaaaa显然有0na，所以21nnaa与1nnaa同号，而210aa，所以10nnaa；从而有1nnaa.（3）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1