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PAGE8-临沭一中高14级高二上学期月度学业水平测试数学试题10月本试卷分第一卷(选择题)和第二卷(非选择题)两局部.总分值150分.测试时间120分钟.第一卷1至2页,第二卷3至4页.考前须知:1.答第一卷前,考生务必将自己的姓名、准考证号、考试科目涂在答题卡上.2.每题选出答案后,用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动,用橡皮擦干净后,再选择其它答案标号.不能答在试题卷上.第一卷(选择题共50分)一、选择题:本大题共10小题;每题5分,共50分.在每题给出的四个选项中,只有一个选项是符合题目要求的,把正确选项的代号涂在答题卡上.1.在△ABC中,已知A=30°,a=8,b=8eq\r(3),那么△ABC的面积等于()A.32eq\r(3) B.16 C.32eq\r(6)或16 D.32eq\r(3)或16eq\r(3)2.数列{an}的通项公式是an=2n,Sn是数列{an}的前n项和,那么S10等于()A.10 B.211-2C.210-2 D.2103.不解三角形,以下判断正确的选项是()A.a=4,b=5,A=30°,有一解B.a=5,b=4,A=60°,有两解C.a=eq\r(3),b=eq\r(2),A=120°,有两解D.a=eq\r(3),b=eq\r(6),A=60°,无解4.在数列{an}中,已知a1=1,a2=5,an+2=an+1-an,那么a2015等于()A.-1B.-5C.1D.-45.在△ABC中,已知sin2A=sin2B+sin2C,且sinA=2sinBcosC,那么△A.等腰三角形B.等边三角形C.直角三角形D.等腰直角三角形6.设{an}是公差为正数的等差数列,假设a1+a2+a3=15,a1a2a3A.120 B.105C.90 D.757.一个只有有限项的等差数列,它前5项的和为34,最后5项的和为146,所有项的和为234,那么它的第7项等于()A.22 B.21C.19 D.188.三个不同的实数a,b,c成等差数列,又a,c,b成等比数列,那么eq\f(a,b)等于()A.-2 B.2C.-4 D.49.在△ABC中,a,b,c分别为三内角A,B,C所对的边,假设B=2A,那么b∶2A.(-2,2) B.(0,2) C.(-1,1) D.(eq\f(1,2),1)10.假设数列{an}是等差数列,首项a1>0,a2007+a2023>0,a2007·a2023<0,那么使前n项和Sn>0成立的最大自然数n是()A.4016 B.4015C.4014 D.4013第二卷(非选择题共100分)考前须知:1.用蓝黑钢笔或圆珠笔答在答题纸上,直接答在试题卷上无效.2.答题前将答题纸密封线内的工程填写清楚.二、填空题:(本大题共5个小题.每题5分;共25分.)11.A、B两个小岛相距10nmile,从A岛望C岛与B岛成60°角,从C岛望B岛与A岛成45°角,那么B、C间距离为________.12.数列{an}中的前n项和Sn=n2-2n+2,那么通项公式an=________.13.化简1+eq\f(1,1+2)+eq\f(1,1+2+3)+…+eq\f(1,1+2+3+…+n)的结果是________.14.在锐角三角形ABC中,∠BAC=45°,AD为BC边上的高,且BD=2,DC=3,那么三角形ABC的面积是________.15.等差数列{an}中,假设S12=8S4,且d≠0,那么eq\f(a1,d)等于________.三、解答题:本大题共6个小题.共75分.解容许写出文字说明,证明过程或演算步骤.16.(本小题12分)三个数成等比数列,其积为512,如果第一个数与第三个数各减2,那么成等差数列.求这三个数.17.(本小题12分)在△ABC中,已知sinC=eq\f(sinA+sinB,cosA+cosB),试判断三角形的形状.18.(本小题12分)求和:(a-1)+(a2-2)+…+(an-n),a≠0.19.(本小题12分)在△ABC中,BC=eq\r(5),AC=3,sinC=2sinA.(1)求AB的值;(2)求sin(2A-eq\f(π,4))的值.20.(本小题13分)△ABC中,A,B,C所对的边分别为a,b,c,tanC=eq\f(sinA+sinB,cosA+cosB),sin(B-A)=cosC.(1)求A,C;(2)假设S△ABC=3+eq\r(3),求a,c.21.(本小题14分)设数列{an}的前n项和为Sn,点(n,eq\f(Sn,n))(n∈N+)均在函数y=3x-2的图象上.(1)求数列{an}的通项公式;(2)设bn=eq\f(3,anan+1),Tn是数列{bn}的前n项和,求使得Tn<eq\f(m,20)对所有n∈N+都成立的最小正整数m.
临沭一中高14级高二上学期月度学业水平测试数学试题参考答案10月1.解析:由余弦定理a2=b2+c2-2bccosA,得64=192+c2-2×8eq\∴c2-24c+128=0,解得c当c=8时,S△ABC=eq\f(1,2)bcsinA=16eq\r(3);当c=16时,S△ABC=eq\f(1,2)bcsinA=32eq\r(3).答案:D2.解析:∴数列{an}是公比为2的等比数列且a1=2.答案:B3.解析:A中∵bsin30°<a<b,∴三角形有两解,A不正确;B中∵a>b,∴A>B,B为锐角,∴三角形有一解,B不正确;C中∵a>b,∴三角形有一解,C不正确;D中∵a<bsin60°,∴三角形无解,D正确.答案:D4.解析:由题意可得a3=4,a4=-1,a5=-5,a6=-4,a7=1,…,可知数列{an}是以6为周期的数列,且a1+a2+a3+a4+a5+a6=0,又知2015除以6余数为5,所以a2015=a5=-5.答案:B5.解析:由sin2A=sin2B+sin2C及正弦定理可知a2=b2+c2⇒而由sinA=2sinBcosC,可得sin(B+C)=2sinBcosC,整理得sinBcosC=cosBsinC,即sin(B-C)=0,故B=C.综合上述:B=C=eq\f(π,4),A=eq\f(π,2).答案:D6.解析:{an}是公差为正数的等差数列,假设a1+a2+a3=15,即3a2=15,那么a2又a1a2a3=80,∴a1a3=(5-d)(5+d)=16,∴d答案:B7.解析:设该数列有n项,且首项为a1,末项为an,公差为d.那么依题意有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(5a1+10d=34,①,5an-10d=146,②,\f(a1+an,2)·n=234,③))①+②可得a1+an=36.代入③得n=13.从而有a1+a13=36.又所求项a7恰为该数列的中间项,∴a7=eq\f(a1+a13,2)=eq\f(36,2)=18.应选D.答案:D8.解析:∵2b=a+c,∴c=2b-a.∵c2=ab,∴a2-5ab+4b2=0,∴a=b(舍去)或a=4b,∴eq\f(a,b)=4.答案:D9.解析:eq\f(b,2a)=eq\f(sinB,2sinA)=eq\f(sin2A,2sinA)=cosA,又A+B+C=π,故0<A<eq\f(π,3),∴cosA∈(eq\f(1,2),1).答案:D10.解析:由已知a1>0,a2007·a2023<0,可得数列{an}为递减数列,即d<0,a2007>0,a2023<0.利用等差数列的性质及前n项和公式可得所以使前n项和Sn>0成立的最大自然数n是4014,选C.答案:C11.答案:5eq\r(6)nmile12.解析:当n=1时,a1=S1=1;当n>1时,an=Sn-Sn-1=(n2-2n+2)-[(n-1)2-2(n-1)+2]=2n-3.又n=1时,2n-3≠a1,所以有an=eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1,n=1,,2n-3,n>1.))答案:an=eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1,n=1,,2n-3,n>1))13.解析:∵eq\f(1,1+2+3+…+n)=eq\f(2,nn+1)=2(eq\f(1,n)-eq\f(1,n+1)),∴原式=2(eq\f(1,1)-eq\f(1,2))+2(eq\f(1,2)-eq\f(1,3))+…+2(eq\f(1,n)-eq\f(1,n+1))=eq\f(2n,n+1).答案:eq\f(2n,n+1)14.解析:设AD=h,那么tan∠BAD=eq\f(2,h),tan∠CAD=eq\f(3,h),又∠BAD+∠CAD=eq\f(π,4),故eq\f(\f(2,h)+\f(3,h),1-\f(6,h2))=1⇒h2-5h-6=0.∴h=6或h=-1(舍去)故.答案:1515.解析:∵S12=12a1+66d,S4=4a1+6d,又S12=8S4,∴12a1+66d=32a1+48d.∴20a1=18d,∴eq\f(a1,d)=eq\f(18,20)=eq\f(9,10).答案:eq\f(9,10)16.(本小题12分)三个数成等比数列,其积为512,如果第一个数与第三个数各减2,那么成等差数列.求这三个数.解:设三数为eq\f(a,q),a,aq.由题意,得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a3=512,,\f(a,q)-2+aq-2=2a,))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a=8,,q=2))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a=8,,q=\f(1,2).))所以这三个数为4,8,16或16,8,4.17.(本小题12分)在△ABC中,已知sinC=eq\f(sinA+sinB,cosA+cosB),试判断三角形的形状.解:∵sinC=eq\f(sinA+sinB,cosA+cosB),由正弦定理得c(cosA+cosB)=a+b,再由余弦定理得c·eq\f(c2+b2-a2,2bc)+c·eq\f(a2+c2-b2,2ac)=a+b,∴a3+a2b-ac2-bc2+b3+ab2=0∴(a+b)(c2-a2-b2)=0,∴c2=a2+b2,∴△ABC为直角三角形.18.(本小题12分)求和:(a-1)+(a2-2)+…+(an-n),a≠0.解:原式=(a+a2+…+an)-(1+2+…+n)=(a+a2+…+an)-eq\f(nn+1,2)=eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(a1-an,1-a)-\f(nn+1,2)a≠1,,\f(n-n2,2)a=1.))19.(本小题12分)在△ABC中,BC=eq\r(5),AC=3,sinC=2sinA.(1)求AB的值;(2)求sin(2A-eq\f(π,4))的值.解:(1)在△ABC中,根据正弦定理,eq\f(AB,sinC)=eq\f(BC,sinA),于是AB=eq\f(sinC,sinA)BC=2BC=2eq\r(5).(2)在△ABC中,根据余弦定理,得cosA=eq\f(AB2+AC2-BC2,2AB·AC)=eq\f(2\r(5),5),于是sinA=eq\r(1-cos2A)=eq\f(\r(5),5).从而sin2A=2sinAcosA=eq\f(4,5),cos2A=cos2A-sin2A=eq\f(3,5),所以sin(2A-eq\f(π,4))=sin2Acoseq\f(π,4)-cos2Asineq\f(π,4)=eq\f(\r(2),10).20.(本小题13分)△ABC中,A,B,C所对的边分别为a,b,c,tanC=eq\f(sinA+sinB,cosA+cosB),sin(B-A)=cosC.(1)求A,C;(2)假设S△ABC=3+eq\r(3),求a,c.解:(1)∵tanC=eq\f(sinA+sinB,cosA+cosB),即eq\f(sinC,cosC)=eq\f(sinA+sinB,cosA+cosB),∴sinCcosA+sinCcosB=cosCsinA+cosCsinB,即sinCcosA-cosCsinA=cosCsinB-sinCcosB,得sin(C-A)=sin(B-C).∴C-A=B-C或C-A=π-(B-C)(不成立).即2C=A+B,得C=eq\f(π,3).∴B+A=eq\f(2π,3).又∵sin(B-A)=cosC=eq\f(1,2),那么B-A=eq\f(π,6)或B-A=eq\f(5π,6)(舍去),得A=eq\f(π,4),B=eq\f(5π,12).(2)S△ABC=eq\f(1,2)acsinB=eq\f(\r(6)+\r(2),8)ac=3+eq\r(3),又eq\f(a,sinA)=eq\f(c,sinC),即eq\f(a,\f(\r(2),2))=eq
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