蘇教版高一下學(xué)期數(shù)學(xué)期末試卷(含答案解析)

蘇教版高一下學(xué)期數(shù)學(xué)期末試卷(含答案解析)

啟東市高一下學(xué)期數(shù)學(xué)期末試卷一、填空題（每題5分，共70分）1.直線l的傾斜角為45°。2.解集為x≤2或x≥3。3.30°角所對的邊長是4。4.序號為①和③。5.直線方程為y=6-2x。6.a1=2。7.△ABC的面積為6。8.該正四棱錐的體積為8。9.的取值范圍為x+y≤4。10.原點(diǎn)O到直線l的距離的最大值為1。11.點(diǎn)M到平面ABC的距離為1/2。12.3m+2n的最小值為3。13.直線l的斜率為1/2。14.實(shí)數(shù)k的取值范圍為1/2<k<1。二、解答題15.（1）由余弦定理得cosA=(b2+c2-a2)/(2bc)=1/2，所以角A=60°。（2）由正弦定理得S=(1/2)absinC，而C=180°-A-B=120°-B，所以S=(1/2)absin(120°-B)。由于sin(120°-B)≤sin120°=√3/2，所以S的最大值為(1/2)ab(√3/2)=ab√3/4。16.（1）因?yàn)锳D⊥C1D，所以平面ADC1垂直于線段C1D，而線段C1D在平面BCC1B內(nèi)，所以平面ADC1垂直于平面BCC1B。（2）因?yàn)锳E是B1C1的中點(diǎn)，所以AE平分B1C1，所以AE垂直于B1C1。又因?yàn)锳D⊥C1D，所以平面ADC1垂直于線段C1D，所以AE∥平面ADC1。三、解答題17.（1）當(dāng)λ=1時(shí)，a(n+1)=a(n)+2n，所以an=a1+2(1+2+...+(n-1))=n2+n+2。所以通項(xiàng)公式為an=n2+n+2。（2）當(dāng)λ=2時(shí)，a(n+1)=2a(n)+2n，所以an=2?+2n-2。所以an-an-1=2?-2?-1+2(n-n+1)=2?-1+2，所以{an}是等差數(shù)列。前n項(xiàng)和為S(n)=na1+n(n-1)2=2?+n2/2-n/2。2×OG=12，可得OG=3，又由勾股定理可得PG=√(OP2-OG2)=√(4-9)=-√5，所以正四棱錐的斜高為√(5+4)=√9=3，進(jìn)而可得正四棱錐的高為√(32-12)=√8，所以正四棱錐的體積為1/3×(底面積)×(高)=1/3×22×√8=8/3√2，故答案為8/3√2。13.已知直線l：2x-y-2=0和直線l：x+2y-1=0關(guān)于直線l對稱，則直線l的斜率為1或-3?！窘獯稹吭O(shè)P（a，b）是直線l上任意一點(diǎn)，則點(diǎn)P到直線l：2x-y-2=0和直線l：x+2y-1=0的距離相等。整理得a-3b-1=0或3a+b-3=0，即可得到直線l的斜率為1或-3。故答案為1或-3。14.正項(xiàng)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，滿足an=2^(n-1)-1。若對任意的正整數(shù)p、q（p≠q），不等式Sp+Sq>kSp+q恒成立，則實(shí)數(shù)k的取值范圍為[1/2,1)?！窘獯稹坑蒩n=2^(n-1)-1可得Sn=2^n-1，n≥2時(shí)，an=Sn-Sn-1，利用已知可得：an-an-1=2。利用等差數(shù)列的求和公式可得Sn=n(2^(n-1)-1)，再利用基本不等式的性質(zhì)可得到不等式Sp+Sq>kSp+q，化簡后得到k<(p+q)/(2p+2q-pq)。由于p、q是任意正整數(shù)，不等式對所有的p、q都成立，故k的取值范圍為[1/2,1)。故答案為[1/2,1)。：（a+1）x﹣y+a+1=0恒過定點(diǎn)B（﹣1，a），直線l2：x+ay﹣a（a+1）=0恒過定點(diǎn)C（1，a+1）．若A、B、C三點(diǎn)有兩點(diǎn)重合，則必有兩條直線重合，即a=0或a=﹣1，與a＞的條件矛盾，故A、B、C三點(diǎn)坐標(biāo)各不相同，即共有三個(gè)不同的交點(diǎn)．（2）如圖，由AB⊥BC，知點(diǎn)B在以AC為直徑的半圓上，除A、C點(diǎn)外，△ABC的面積最大值為AC的一半，即△ABC的面積最大值為．、a2均為正數(shù)，設(shè)a1=x，a2=y，則可列出方程組：{x3+y3=(x+y)2x+y＞0解得x=1，y=2，故a1=1，a2=2；（2）將已知條件代入原式得：a13+a23+…+an3=（a1+a2+…+an）213+23+…+an3=(1+2+…+an)2n(n+1)2=（1+2+…+n）2=n2(n+1)2∴an=?n(n+1)