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1、都江堰市20152016年高一下期期末考试数学试卷答案1B【解析】由直观图可知,该几何体由一个长方体和一个截角三棱柱组成从上往下看,外层轮廓线是一个矩形,矩形内部有一条线段连接的两个三角形2A【解析】cos15°cos45°cos75°sin45°cos15°cos45°sin15°sin45°cos 60°.3C【解析】设等差数列an的公差为d,则S33a13d,所以123×23d,解得d2,所以a6a15d25×212.4B【解析】由题意得a·b|a|·|b|c
2、os 3,则|2a3b|5C【解析】由0f(1)f(2)f(3)3,得01abc84a2bc279a3bc3,由1abc84a2bc,得3ab70 ,由1abc279a3bc,得4ab130 ,由,解得a6,b11,0c63,即6c9,故选C6A【解析】由1,得b(ab)c(ac)(ac)(ab),得b2c2a2bc,即,即cos A(0A),所以0A,故选A7B【解析】据已知可得f(x)2sin,若函数为偶函数,则必有k(kZ),又由于,故有,解得,经代入检验符合题意8C【解析】an,又等号成立的条件是n即n2156,显然由nN*知等号不能成立,又n12时,an;n13时,an.9A【解析】
3、设A(0,0),B(,0),C(0,t)(t>0),所以(0,t),(,0),(1,0)4(0,1)(1,4),所以(1,4),(1,t4),所以·17(4t)172 13,当且仅当t时等号成立10B【解析】由Bn(n,0)得Cn,令xn,即x2x10,得xn或x,所以Dn.所以矩形AnBnCnDn的周长an224n,则a2a3a104(2310)216.11A【解析】问题等价转化为不等式ax>2x2在区间1,5上有解,即不等式a>x在区间1,5上有解,令f(x)x,则有a>f(x)min,而函数f(x)在区间1,5上单调递减,故函数f(x)在x5处取得最小值
4、,即f(x)minf(5)5,a>.12C【解析】若函数f(x)为“2度函数”,则有2f(x1)f(x2)>f(x),即f(x2)f(x)<2f(x1)A项,f(x2)f(x)2f(x1)2(x2)12x122(x1)10,故f(x2)f(x)2f(x1),该项不满足B项,f(x2)f(x)2f(x1)ex2ex2ex1ex(e212e)ex(e1)2>0,故f(x2)f(x)>2f(x1),该项不满足C项,f(x2)f(x)2f(x1)ln(x2)ln x2ln(x1)ln,而1<1,所以ln<ln 10,即f(x2)f(x)<2f(x1),故
5、该项满足D项,取x1,则f(1)1×sin(1)sin 1,f(0)0×sin 00,f(1)1×sin 1sin 1,故知f(1)f(1)2f(0)2sin 1>0,即f(1)f(1)>2f(0),故该项不满足综上知,故选C.13【解析】sincos ,cos 22cos212×21.149 【解析】依题意,题中的几何体是从一个圆柱中挖去一个半球后所剩余的部分,其中该圆柱的底面半径是1 cm、高是3 cm,该球的半径是1 cm,因此该几何体表面积等于×(4×12)×122×1×39(cm2)
6、.15m【解析】由于(x1)2226 当且仅当x3时取等号,所以要使不等式恒成立,应有m216,解得m.16【解析】由sin 2Asin(ABC)sin(CAB),得2sin A·cos Asin(CB)·cos Acos (CB)·sin Asin(CB)·cos Acos (CB)·sin A,即2sin Acos Acos C·cos Bsin C·sin B,即2sin Acos (BC)cos B·cos Csin C·sin B,化简,得sin A·sin B·sin C,
7、由面积公式,得,所以(abc)264S364,512,即abc8,16,可排除选项和;对于选项:bc(bc)>bca8,即bc(bc)>8,故正确;对于选项:ab(ab)abc8,即ab(ab)8,故错误,故选.17【解】(1)作出俯视图如图所示(2)依题意,该多面体是由一个正方体(ABCDA1B1C1D1)截去一个三棱锥(EA1B1D1)得到的,所以截去的三棱锥体积V·S·A1E××1,正方体体积V238,所以所求多面体的体积V8.18解(1)因为mn,所以asinBbcosA0,由正弦定理,得sinAsinBsinBcosA0,又sinB
8、0,从而tanA,由于0<A<,所以A.(2)由余弦定理,得a2b2c22bccosA,而a,b2,A,得74c22c,即c22c30,因为c>0,所以c3.故ABC的面积为bcsinA.19解:(1)设等比数列an的公比为q,由已知得又a10,q0,an2n1.(2)由题意可得2n1,2n112n1(n2),2n1,bn(2n1)·2n1(n2),当n1时,b11,符合上式,bn(2n1)·2n1(nN*)设数列bn的前n项和为Tn13×215×22(2n1)·2n1,则2Tn1×23×225×
9、23(2n3)·2n1(2n1)·2n,两式相减得Tn12(2222n1)(2n1)·2n(2n3)·2n3,Tn(2n3)·2n3.20【解】(1)f(x)2cos(0)的最小正周期T10,.(2)由(1)知f(x)2cos,f,f,2cos,2cos,即cos,cos ,sin ,cos ,sin ,cos()cos cos sin sin ××.21【解】(1)要使mx2mx1<0恒成立,若m0,显然1<0;若m0,则4<m<0.所以m的取值范围为m|4<m0(2)要使f(x)<m5在1,3上恒成立,只需mx2mxm6恒成立(x1,3),又因x2x120,所以m<.因为y,由t2在1,3上是增函数,y在1,3上是减函数,因此函数的最小值ymin.所以m的取值范围是21【解】(1)证明:由3anan1anan10(n2)得,3(n2),
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