2025年湘師大新版高一數(shù)學上冊階段測試試卷含答案

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年湘師大新版高一數(shù)學上冊階段測試試卷含答案考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共6題，共12分)1、函數(shù)（k∈Z）（）

A.是奇函數(shù)。

B.是偶函數(shù)。

C.既不是奇函數(shù)也不是偶函數(shù)。

D.有無奇偶性不能確定。

2、【題文】已知是R上的單調(diào)遞增函數(shù)，則實數(shù)a的取值范圍()A.B.C.D.3、【題文】已知函數(shù)的定義域為A，函數(shù)的定義域為B，則AB=（____）A.B.C.D.4、函數(shù)y=ax﹣（a＞0，a≠1）的圖象可能是（）A.B.C.D.5、設(shè)a=sin33°，b=cos58°，c=tan34°，則（）A.a＞b＞cB.b＞c＞aC.c＞b＞aD.c＞a＞b6、一個幾何體的三視圖如圖所示；則該幾何體的體積為（）

A.B.C.D.1評卷人得分二、填空題(共6題，共12分)7、下面是按照一定規(guī)律畫出的一列“樹型”圖：

經(jīng)觀察可以發(fā)現(xiàn)：圖（2）比圖（1）多出2個“樹枝”，圖（3）比圖（2）多出5個“樹枝”，圖（4）比圖（3）多出10個“樹枝”，照此規(guī)律，圖（7）比圖（6）多出____個“樹枝”．8、在△ABC中，三邊a、b、c所對的角分別為A、B、C，已知a=2b=2，△ABC的面積S=則sinC=____．9、不等式的解集為____．10、已知角θ的終邊過點P（1，2），則=____．11、如圖，在中，則的值為.12、【題文】方程的解是____評卷人得分三、證明題(共8題，共16分)13、如圖；已知AB是⊙O的直徑，P是AB延長線上一點，PC切⊙O于C，AD⊥PC于D，CE⊥AB于E，求證：

（1）AD=AE

（2）PC?CE=PA?BE．14、初中我們學過了正弦余弦的定義，例如sin30°=，同時也知道，sin（30°+30°）=sin60°≠sin30°+sin30°；根據(jù)如圖，設(shè)計一種方案，解決問題：

已知在任意的三角形ABC中，AD⊥BC，∠BAD=α，∠CAD=β，設(shè)AB=c，AC=b；BC=a

（1）用b；c及α，β表示三角形ABC的面積S；

（2）sin（α+β）=sinαcosβ+cosαsinβ．15、求證：（1）周長為21的平行四邊形能夠被半徑為的圓面所覆蓋．

（2）桌面上放有一絲線做成的線圈，它的周長是2l，不管線圈形狀如何，都可以被個半徑為的圓紙片所覆蓋．16、已知D是銳角△ABC外接圓劣弧的中點；弦AD與邊BC相交于點E，而且AB：AC=2：1，AB：EC=3：1．求：

（1）EC：CB的值；

（2）cosC的值；

（3）tan的值．17、已知G是△ABC的重心，過A、G的圓與BG切于G，CG的延長線交圓于D，求證：AG2=GC?GD．18、如圖；已知AB是⊙O的直徑，P是AB延長線上一點，PC切⊙O于C，AD⊥PC于D，CE⊥AB于E，求證：

（1）AD=AE

（2）PC?CE=PA?BE．19、如圖；在△ABC中，AB=AC，AD⊥BC，垂足為D，E為AD的中點，DF⊥BE，垂足為F，CF交AD于點G．

求證：（1）∠CFD=∠CAD；

（2）EG＜EF．20、初中我們學過了正弦余弦的定義，例如sin30°=，同時也知道，sin（30°+30°）=sin60°≠sin30°+sin30°；根據(jù)如圖，設(shè)計一種方案，解決問題：

已知在任意的三角形ABC中，AD⊥BC，∠BAD=α，∠CAD=β，設(shè)AB=c，AC=b；BC=a

（1）用b；c及α，β表示三角形ABC的面積S；

（2）sin（α+β）=sinαcosβ+cosαsinβ．評卷人得分四、解答題(共4題，共40分)21、已知函數(shù)f（x）=x2-2ax+a-1在區(qū)間[0；1]上有最小值-2，求a的值．

22、已知A={x|x2-2x-3＜0}B={x|x2-4＞0}，C={x|x2-4mx+3m2＜0}；若A∩B?C，求m的范圍．

23、對于函數(shù)f1（x），f2（x），h（x），如果存在實數(shù)a，b使得h（x）=a?f1（x）+b?f2（x），那么稱h（x）為f1（x），f2（x）的生成函數(shù)．

（Ⅰ）下面給出兩組函數(shù)，h（x）是否分別為f1（x），f2（x）的生成函數(shù)？并說明理由；

第一組：f1（x）=sinx，f2（x）=cosx，h（x）=sin（x+）；

第二組：f1（x）=x2-x，f2（x）=x2+x+1，h（x）=x2-x+1；

（Ⅱ）設(shè)f1（x）=log2x，f2（x）=x，a=2，b=1，生成函數(shù)h（x）．若不等式3h2（x）+2h（x）+t＜0在x∈[2，4]上有解，求實數(shù)t的取值范圍．24、已知數(shù)列{an}

是等比數(shù)列，首項a1=1

公比q>0

其前n

項和為Sn

且S1+a1S3+a3S2+a2

成等差數(shù)列．

(

Ⅰ)

求數(shù)列{an}

的通項公式；

(

Ⅱ)

若數(shù)列{bn}

滿足an+1=(12)anbnTn

為數(shù)列{bn}

的前n

項和，若Tn鈮?m

恒成立，求m

的最大值．評卷人得分五、計算題(共3題，共6分)25、AB是⊙O的直徑，BC切⊙O于B，AC交⊙O于D，且AD=DC，那么sin∠ACO=____．26、計算：+sin30°．27、已知b＜a＜0，且a-b=3，ab=1；

（1）求a+b的值；

（2）求的值．評卷人得分六、綜合題(共1題，共5分)28、數(shù)學課上；老師提出：

如圖，在平面直角坐標系中，O為坐標原點，A點的坐標為（1，0），點B在x軸上，且在點A的右側(cè)，AB=OA，過點A和B作x軸的垂線，分別交二次函數(shù)y=x2的圖象于點C和D，直線OC交BD于點M，直線CD交y軸于點H，記點C、D的橫坐標分別為xC、xD，點H的縱坐標為yH．

同學發(fā)現(xiàn)兩個結(jié)論：

①S△CMD：S梯形ABMC=2：3②數(shù)值相等關(guān)系：xC?xD=-yH

（1）請你驗證結(jié)論①和結(jié)論②成立；

（2）請你研究：如果上述框中的條件“A的坐標（1；0）”改為“A的坐標（t，0）（t＞0）”，其他條件不變，結(jié)論①是否仍成立（請說明理由）；

（3）進一步研究：如果上述框中的條件“A的坐標（1，0）”改為“A的坐標（t，0）（t＞0）”，又將條件“y=x2”改為“y=ax2（a＞0）”，其他條件不變，那么xC、xD與yH有怎樣的數(shù)值關(guān)系？（寫出結(jié)果并說明理由）參考答案一、選擇題(共6題，共12分)1、C【分析】

∵

∴函數(shù)的圖象可以看做是由y=tanx的圖象向上平移個單位；

∵正切函數(shù)的圖象是一個奇函數(shù)；向上平移以后既不關(guān)于原點對稱，又不關(guān)于y軸對稱；

∴函數(shù)是一個非奇非偶函數(shù)；

故選C．

【解析】【答案】函數(shù)的圖象可以看做是由y=tanx的圖象向上平移個單位；正切函數(shù)的圖象是一個奇函數(shù)，向上平移以后既不關(guān)于原點對稱，又不關(guān)于y軸對稱，得到結(jié)論．

2、D【分析】【解析】試題分析：由題意，a應(yīng)滿足的條件是：解得：4≤a<8；選D

考點：分段函數(shù)，函數(shù)的單調(diào)性【解析】【答案】D3、C【分析】【解析】略【解析】【答案】C4、D【分析】【解答】解：函數(shù)y=ax﹣（a＞0，a≠1）的圖象可以看成把函數(shù)y=ax的圖象向下平移個單位得到的．

當a＞1時，函數(shù)y=ax﹣在R上是增函數(shù)；且圖象過點（﹣1，0），故排除A，B．

當1＞a＞0時，函數(shù)y=ax﹣在R上是減函數(shù)；且圖象過點（﹣1，0），故排除C；

故選D．

【分析】討論a與1的大小，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性，以及函數(shù)恒過的定點進行判定即可．5、D【分析】解：由誘導(dǎo)公式可得b=cos58°=cos（90°-38°）=sin32°；

由正弦函數(shù)的單調(diào)性可知a＞b；

而c=tan34°=＞sin34°＞sin33°=a；

∴c＞a＞b；

故選：D

可得b=sin32°，易得a＞b，c=tan34°=＞sin34°＞sin33°；綜合可得答案．

本題考查三角函數(shù)值大小的比較，涉及誘導(dǎo)公式和三角函數(shù)的單調(diào)性，屬基礎(chǔ)題．【解析】【答案】D6、B【分析】解：由已知中的三視圖可得該幾何體是一個以俯視圖為底面的三棱錐。

底面是一個兩直角邊分別為1和1的直角三角形。

故底面S=×1×1=

棱錐的高為h=2；

故棱錐的體積V=Sh=××2=

故選B．

由已知中的三視圖可得該幾何體是一個以俯視圖為底面的三棱錐；并能分析出底面兩直角邊的長和棱錐的高，代入棱錐體積公式，可得答案．

本題考查的知識點是由三視圖求體積，其中由已知中的三視圖判斷出幾何體的形狀，及棱長，高等幾何量是解答的關(guān)鍵．【解析】【答案】B二、填空題(共6題，共12分)7、略

【分析】【分析】通過觀察已知圖形可以發(fā)現(xiàn)：圖（2）比圖（1）多出2個“樹枝”，圖（3）比圖（2）多出5個“樹枝”，圖（4）比圖（3）多出10個“樹枝”，圖（5）比圖（4）多20個樹枝；以此類推可得：故圖（7）比圖（6）多出80個“樹枝”．【解析】【解答】解：圖形的規(guī)律是：后一個比前一個多2，5，10，，10×2n-4；

第（7）個圖比第（6）個圖多：10×23=80個。

故答案為：80．8、略

【分析】

∵S=

∴sinC=

故答案是：

【解析】【答案】利用三角形面積公式S=代入相關(guān)已知即可求解．

9、略

【分析】

由題意可得，

∴

解可得即x＞3或x＜-2

故答案為：（3；+∞）∪（-∞，-2）

【解析】【答案】由已知可轉(zhuǎn)化為解不等式可求。

10、略

【分析】

∵角θ的終邊過點P（1；2）；

∴tanθ=2；

則

=

=

=-3．

故答案為：-3

【解析】【答案】根據(jù)θ的終邊過P點；由P的坐標可求出tanθ的值，把所求式子利用兩角和與差的正切函數(shù)公式及特殊角的三角函數(shù)值化簡后，把tanθ的值代入即可求出值．

11、略

【分析】試題分析：因為所以考點：向量的數(shù)量積運算及線性運算.【解析】【答案】12、略

【分析】【解析】

試題分析：由題意知：解得x=－1.故答案為x=－1.

考點：指數(shù)方程的解法.【解析】【答案】x=－1三、證明題(共8題，共16分)13、略

【分析】【分析】（1）連AC；BC；OC，如圖，根據(jù)切線的性質(zhì)得到OC⊥PD，而AD⊥PC，則OC∥PD，得∠ACO=∠CAD，則∠DAC=∠CAO，根據(jù)三角形相似的判定易證得Rt△ACE≌Rt△ACD；

即可得到結(jié)論；

（2）根據(jù)三角形相似的判定易證Rt△PCE∽Rt△PAD，Rt△EBC∽Rt△DCA，得到PC：PA=CE：AD，BE：CE=CD：AD，而CD=CE，即可得到結(jié)論．【解析】【解答】證明：（1）連AC、BC，OC，如圖，

∵PC是⊙O的切線；

∴OC⊥PD；

而AD⊥PC；

∴OC∥PD；

∴∠ACO=∠CAD；

而∠ACO=∠OAC；

∴∠DAC=∠CAO；

又∵CE⊥AB；

∴∠AEC=90°；

∴Rt△ACE≌Rt△ACD；

∴CD=CE；AD=AE；

（2）在Rt△PCE和Rt△PAD中；∠CPE=∠APD；

∴Rt△PCE∽Rt△PAD；

∴PC：PA=CE：AD；

又∵AB為⊙O的直徑；

∴∠ACB=90°；

而∠DAC=∠CAO；

∴Rt△EBC∽Rt△DCA；

∴BE：CE=CD：AD；

而CD=CE；

∴BE：CE=CE：AD；

∴BE：CE=PC：PA；

∴PC?CE=PA?BE．14、略

【分析】【分析】（1）過點C作CE⊥AB于點E；根據(jù)正弦的定義可以表示出CE的長度，然后利用三角形的面積公式列式即可得解；

（2）根據(jù)S△ABC=S△ABD+S△ACD列式，然后根據(jù)正弦與余弦的定義分別把BD、AD、CD，AB，AC轉(zhuǎn)化為三角形函數(shù)，代入整理即可得解．【解析】【解答】解：（1）過點C作CE⊥AB于點E；

則CE=AC?sin（α+β）=bsin（α+β）；

∴S=AB?CE=c?bsin（α+β）=bcsin（α+β）；

即S=bcsin（α+β）；

（2）根據(jù)題意，S△ABC=S△ABD+S△ACD；

∵AD⊥BC；

∴AB?ACsin（α+β）=BD?AD+CD?AD；

∴sin（α+β）=；

=+；

=sinαcosβ+cosαsinβ．15、略

【分析】【分析】（1）關(guān)鍵在于圓心位置；考慮到平行四邊形是中心對稱圖形，可讓覆蓋圓圓心與平行四邊形對角線交點疊合．

（2）“曲“化“直“．對比（1），應(yīng)取均分線圈的二點連線段中點作為覆蓋圓圓心．【解析】【解答】

證明：（1）如圖1；設(shè)ABCD的周長為2l，BD≤AC，AC；BD交于O，P為周界上任意一點，不妨設(shè)在AB上；

則∠1≤∠2≤∠3，有OP≤OA．又AC＜AB+BC=l，故OA＜．

因此周長為2l的平行四邊形ABCD可被以O(shè)為圓心；半徑為的圓所覆蓋；命題得證．

（2）如圖2，在線圈上分別取點R，Q，使R、Q將線圈分成等長兩段，每段各長l．又設(shè)RQ中點為G，M為線圈上任意一點，連MR、MQ，則GM≤（MR+MQ）≤（MmR+MnQ）=

因此，以G為圓心，長為半徑的圓紙片可以覆蓋住整個線圈．16、略

【分析】【分析】（1）求出∠BAD=∠CAD，根據(jù)角平分線性質(zhì)推出=；代入求出即可；

（2）作BF⊥AC于F；求出AB=BC，根據(jù)等腰三角形性質(zhì)求出AF=CF，根據(jù)三角函數(shù)的定義求出即可；

（3）BF過圓心O，作OM⊥BC于M，求出BF，根據(jù)銳角三角函數(shù)的定義求出即可．【解析】【解答】解：（1）∵弧BD=弧DC；

∴∠BAD=∠CAD；

∴；

∴．

答：EC：CB的值是．

（2）作BF⊥AC于F；

∵=，=；

∴BA=BC；

∴F為AC中點；

∴cosC==．

答：cosC的值是．

（3）BF過圓心O；作OM⊥BC于M；

由勾股定理得：BF==CF；

∴tan．

答：tan的值是．17、略

【分析】【分析】構(gòu)造以重心G為頂點的平行四邊形GBFC，并巧用A、D、F、C四點共圓巧證乘積．延長GP至F，使PF=PG，連接FB、FC、AD．因G是重心，故AG=2GP．因GBFC是平行四邊形，故GF=2GP．從而AG=GF．又∠1=∠2=∠3=∠D，故A、D、F、C四點共圓，從而GA、GF=GC?GD．于是GA2=GC?GD．【解析】【解答】證明：延長GP至F；使PF=PG，連接AD，BF，CF；

∵G是△ABC的重心；

∴AG=2GP；BP=PC；

∵PF=PG；

∴四邊形GBFC是平行四邊形；

∴GF=2GP；

∴AG=GF；

∵BG∥CF；

∴∠1=∠2

∵過A；G的圓與BG切于G；

∴∠3=∠D；

又∠2=∠3；

∴∠1=∠2=∠3=∠D；

∴A；D、F、C四點共圓；

∴GA；GF=GC?GD；

即GA2=GC?GD．18、略

【分析】【分析】（1）連AC；BC；OC，如圖，根據(jù)切線的性質(zhì)得到OC⊥PD，而AD⊥PC，則OC∥PD，得∠ACO=∠CAD，則∠DAC=∠CAO，根據(jù)三角形相似的判定易證得Rt△ACE≌Rt△ACD；

即可得到結(jié)論；

（2）根據(jù)三角形相似的判定易證Rt△PCE∽Rt△PAD，Rt△EBC∽Rt△DCA，得到PC：PA=CE：AD，BE：CE=CD：AD，而CD=CE，即可得到結(jié)論．【解析】【解答】證明：（1）連AC、BC，OC，如圖，

∵PC是⊙O的切線；

∴OC⊥PD；

而AD⊥PC；

∴OC∥PD；

∴∠ACO=∠CAD；

而∠ACO=∠OAC；

∴∠DAC=∠CAO；

又∵CE⊥AB；

∴∠AEC=90°；

∴Rt△ACE≌Rt△ACD；

∴CD=CE；AD=AE；

（2）在Rt△PCE和Rt△PAD中；∠CPE=∠APD；

∴Rt△PCE∽Rt△PAD；

∴PC：PA=CE：AD；

又∵AB為⊙O的直徑；

∴∠ACB=90°；

而∠DAC=∠CAO；

∴Rt△EBC∽Rt△DCA；

∴BE：CE=CD：AD；

而CD=CE；

∴BE：CE=CE：AD；

∴BE：CE=PC：PA；

∴PC?CE=PA?BE．19、略

【分析】【分析】（1）連接AF，并延長交BC于N，根據(jù)相似三角形的判定定理證△BDF∽△DEF，推出，=；再證△CDF∽△AEF，推出∠CFD=∠AFE，證出A；F、D、C四點共圓即可；

（2）根據(jù)已知推出∠EFG=∠ABD，證F、N、D、G四點共圓，推出∠EGF=∠AND，根據(jù)三角形的外角性質(zhì)推出∠EGF＞∠EFG即可．【解析】【解答】（1）證明：連接AF，并延長交BC于N，

∵AD⊥BC；DF⊥BE；

∴∠DFE=∠ADB；

∴∠BDF=∠DEF；

∵BD=DC；DE=AE；

∵∠BDF=∠DEF；∠EFD=∠BFD=90°；

∴△BDF∽△DEF；

∴=；

則=；

∵∠AEF=∠CDF；

∴△CDF∽△AEF；

∴∠CFD=∠AFE；

∴∠CFD+∠AEF=90°；

∴∠AFE+∠CFE=90°；

∴∠ADC=∠AFC=90°；

∴A；F、D、C四點共圓；

∴∠CFD=∠CAD．

（2）證明：∵∠BAD+∠ABD=90°；∠CFD+∠EFG=∠EFD=90°，∠CFD=∠CAD=∠BAD；

∴∠EFG=∠ABD；

∵CF⊥AD；AD⊥BC；

∴F；N、D、G四點共圓；

∴∠EGF=∠AND；

∵∠AND＞∠ABD；∠EFG=∠ABD；

∴∠EGF＞∠EFG；

∴DG＜EF．20、略

【分析】【分析】（1）過點C作CE⊥AB于點E；根據(jù)正弦的定義可以表示出CE的長度，然后利用三角形的面積公式列式即可得解；

（2）根據(jù)S△ABC=S△ABD+S△ACD列式，然后根據(jù)正弦與余弦的定義分別把BD、AD、CD，AB，AC轉(zhuǎn)化為三角形函數(shù)，代入整理即可得解．【解析】【解答】解：（1）過點C作CE⊥AB于點E；

則CE=AC?sin（α+β）=bsin（α+β）；

∴S=AB?CE=c?bsin（α+β）=bcsin（α+β）；

即S=bcsin（α+β）；

（2）根據(jù)題意，S△ABC=S△ABD+S△ACD；

∵AD⊥BC；

∴AB?ACsin（α+β）=BD?AD+CD?AD；

∴sin（α+β）=；

=+；

=sinαcosβ+cosαsinβ．四、解答題(共4題，共40分)21、略

【分析】

∵函數(shù)f（x）=x2-2ax+a-1的開口向上；對稱軸為x=a；

∴①當a≤0時；f（x）區(qū)間[0，1]上單調(diào)遞增；

∴f（x）min=f（0）=a-1=-2；

∴a=-1；

②當a≥1時；f（x）區(qū)間[0，1]上單調(diào)遞減；

f（x）min=f（1）=1-2a+a-1=-2；

∴a=2；

③當0＜a＜1時，f（x）min=f（a）=a2-2a2+a-1=-2，即a2-a-1=0；

解得a=?（0；1）；

∴a=-1或a=2．

【解析】【答案】利用二次函數(shù)的單調(diào)性與最值；結(jié)合題意即可求得a的值．

22、略

【分析】

由題意，A={x|x2-2x-3＜0}={x|（x-3）（x+1）＜0}=（-1；3）

B={x|x2-4＞0}={x|（x+2）（x-2）＞0}=（-∞；-2）∪（2，+∞）

∴A∩B=（2；3）；

∵A∩B?C；

∴

∴

∴1≤m≤2

∴m的范圍為[1；2]．

【解析】【答案】先分別化簡集合A；B，求出A∩B=（2，3），根據(jù)A∩B?C，建立不等式組，從而求出m的范圍．

23、略

【分析】

（Ⅰ）根據(jù)生成函數(shù)的定義進行判斷，看是否存在適合條件的a，b的值；

（Ⅱ）先化簡得到h（x）=log2x，由x∈[2，4]知s=log2x∈[1，2]，從而得到的最大值-5．

本題考查了抽象函數(shù)的概念以及二次函數(shù)在給定區(qū)間上的最值問題，屬于中檔題．【解析】解：（Ⅰ）①設(shè)即

取所以h（x）是f1（x），f2（x）的生成函數(shù)．

②設(shè)a（x2-x）+b（x2+x+1）=x2-x+1，即（a+b）x2-（a-b）x+b=x2-x+1；

則該方程組無解．所以h（x）不是f1（x），f2（x）的生成函數(shù)．

（Ⅱ）

若不等式3h2（x）+2h（x）+t＜0在x∈[2；4]上有解；

即當x∈[2，4]時有

設(shè)s=log2x；則由x∈[2，4]知s∈[1，2]；

令=

則ymax=-5，故t＜-5．24、略

【分析】

(

Ⅰ)

法一：由S1+a1S3+a3S2+a2

成等差數(shù)列，推出4a3=a1

求出公比，然后求解通項公式．

(

Ⅰ)

法二：由S1+a1S3+a3S2+a2

成等差數(shù)列，結(jié)合等比數(shù)列的和，求出公比，然后求解通項公式．

(

Ⅱ)

求出bn=n鈰?2n鈭?1

利用錯位相減法求出Tn=1+(n鈭?1)2n

轉(zhuǎn)化Tn鈮?m

恒成立，為(Tn)min鈮?m

通過{Tn}

為遞增數(shù)列，求解m

的最大值即可．

本題考查等差數(shù)列以及等比數(shù)列的綜合應(yīng)用，數(shù)列的通項公式的求法以及數(shù)列求和的方法的應(yīng)用，數(shù)列的函數(shù)的性質(zhì)，考查計算能力．【解析】解：(

Ⅰ)

法一：由題意可知：2(S3+a3)=(S1+a1)+(S2+a2)

隆脿S3鈭?S1+S3鈭?S2=a1+a2鈭?2a3

即4a3=a1

于是a3a1=q2=14隆脽q>0隆脿q=12

隆脽a1=1隆脿an=(12)n鈭?1

．

(

Ⅰ)

法二：由題意可知：2(S3+a3)=(S1+a1)+(S2+a2)

當q=1

時；不符合題意；

當q鈮?1

時，2(1鈭?q31鈭?q+q2)=1+1+1鈭?q21鈭?q+q

隆脿2(1+q+q2+q2)=2+1+q+q隆脿4q2=1隆脿q2=14

隆脽q>0隆脿q=12

隆脽a1=1隆脿an=(12)n鈭?1

．

(

Ⅱ)隆脽an+1=(12)anbn隆脿(12)n=(12)anbn隆脿bn=n鈰?2n鈭?1

隆脿Tn=1隆脕1+2隆脕2+3隆脕22++n鈰?2n鈭?1(1)

隆脿2Tn=1隆脕2+2隆脕22+3隆脕23++n鈰?2n(2)

隆脿(1)鈭?(2)

得：鈭?Tn=1+2+22++2n鈭?1鈭?n鈰?2n

=1鈭?2n1鈭?2鈭?n鈰?2n=(1鈭?n)2n鈭?1隆脿Tn=1+(n鈭?1)2n

隆脽Tn鈮?m

恒成立；只需(Tn)min鈮?m

隆脽Tn+1鈭?Tn=n鈰?2n+1鈭?(n鈭?1)鈰?2n=(n+1)鈰?2n>0

隆脿{Tn}

為遞增數(shù)列；隆脿

當n=1

時，(Tn)min=1

隆脿m鈮?1隆脿m

的最大值為1

．五、計算題(共3題，共6分)25、略

【分析】【分析】連接BD，作OE⊥AD．在Rt△OEC中運用三角函數(shù)的定義求解．【解析】【解答】解：連接BD；作OE⊥AD．

AB是直徑；則BD⊥AC．

∵AD=CD；

∴△BCD≌△BDA；BC=AB．

BC是切線；點B是切點；

∴∠ABC=90°，即△ABC是等腰直角三角形，∠A=45°，OE=AO．

由勾股定理得，CO=OB=AO；

所以sin∠ACO==．

故答案為．26、略

【分析】【分析】根據(jù)零指數(shù)冪、負指數(shù)冪、二次根式化簡、絕對值、特殊角的三角函數(shù)值等考點．在計算時，需要針對每個考點分別進行計算，然后根據(jù)實數(shù)的運算法則求得計算結(jié)果．【解析】【解答】解：原式=2-4+3+1+；

=2．27、略

【分析】【分析】（1）要求a+b，可以首先求得（a+b）2的值，利用完全平方公式中（a+b）2與（a-b）2之間的關(guān)系；即可求解；

（2）根據(jù)==