都江堰市学高一下期期末模拟①答案

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)，