1、2017-2018学年浙江省绍兴市高一（下）期末数学试卷一、选择题：本大题共12个小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1（5分）已知等差数列an，a12，a34，则公差d（）A2B1C1D22（5分）如图，在ABC中，M是BC的中点，则（）A（+）B+CD3（5分）已知向量（2，1），（m，2），若，则实数m的值为（）A4B1C1D44（5分）设a，bR，且ab，则（）Aa3b3Ba2b2C|a|b|D15（5分）已知kR，若一元二次不等式kx2+2x+10的解集是全体实数，则（）A0k1Bk1Ck0Dk16（5分）在ABC中，角A，B，C所对的边分
2、别为a，b，c，下列结论不正确的是（）Aa2b2+c22bccosABasinBbsinACabcosC+ccosBDacosB+bcosAsinC7（5分）已知Sn为数列an的前n项和，（）A若an+1ann，则an是等差数列B若an+12anan+2，则an是等比数列C若Sn，则an是等差数列D若Snqn（q0且q1），则an是等比数列8（5分）已知xR，yR+，且（x+y）y1，则x+2y的最小值是（）A2B1C1D29（5分）平面向量，满足|1，1，3，|4，当|+|取得最小值时，（）A0B2C3D610（5分）已知a，b是实数，对任意xR，都有|asinx+b|1成立，则|a+3b|
3、+|a3b|的最大值为（）A3B4C6D8二、填空题（每题5分，满分30分，将答案填在答题纸上）11（5分）不等式x23x0的解集是 12（5分）若等比数列an满足a12，a416，则a3 13（5分）我国南宋著名数学家秦九韶发现了已知三角形三边求面积的公式，在他的著作数书九章中的求法是：“以小斜幂并大斜幂减中斜幂，余半之，自乘于上以小斜幂乘大斜幂减上，余四约之，为实一为从隅，开平方得积”即为“三斜求积”公式：S（其中abc）若ABC的三条边长为1，4，则ABC的面积是 14（5分）在ABC中，A60，AB3，BC，则sinB 15（5分
4、）已知数列an满足a12，且an+1an+，则an 16（5分）在直角ABC中，C90，AB2，E为AB的中点，D为线段AB上一动点，满足，则|的取值范围为 三、解答题（本大题共5小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）17（10分）已知等差数列an的公差为d，前n项和为Sn，a12，且a5+a631（1）求d；（2）求S1018（12分）已知，为单位向量，（1）求与的夹角；（2）求|2+|19（12分）如图，在圆内接ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，满足acosC+ccosA2bcosB（1）求B的大小；（2）若点D是劣弧上一点，a
5、2，c3，cosCAD，求线段AD长20（12分）已知f（x）|ax1|（aR），g（x）1|x|（1）若a2，解不等式f（x）1；（2）若关于x的不等式f（x）g（x）的解集为R，求a的取值范围21（24分）已知数列an和bn满足b12，b24，2an+1an+an+2，且a1b1+a2b2+anbn（2n3）2n+1+6（nN*）（1）求an与bn；（2）数列cn满足cnbn2bn，（i）求数列cn的前n项和Sn；（ii）设Tn，证明：T1+T2+T3+Tn2017-2018学年浙江省绍兴市高一（下）期末数学试卷参考答案与试题解析一、选择题：本大题共12个小题，每小题5分，共60分.在每小
6、题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1（5分）已知等差数列an，a12，a34，则公差d（）A2B1C1D2【分析】利用等差数列的通项公式即可得出【解答】解：数列an是等差数列，a12，a34，a3a1+2d，即42+2d，解得d1故选：C【点评】本题考查了等差数列的通项公式，属于基础题2（5分）如图，在ABC中，M是BC的中点，则（）A（+）B+CD【分析】在ABC中，M是BC的中点，故，进而得到答案【解答】解：在ABC中，M是BC的中点，即（），即（+）故选：A【点评】本题考查的知识点是平面向量的基本定理，向量线性运算，难度不大，属于基础题3（5分）已知向量（2，1），（m，2）
7、，若，则实数m的值为（）A4B1C1D4【分析】根据两向量垂直时数量积为0，列方程求出的值【解答】解：向量（2，1），（m，2），若，则0，2m+20，解得m1故选：B【点评】本题考查了平面向量垂直的坐标运算问题，是基础题4（5分）设a，bR，且ab，则（）Aa3b3Ba2b2C|a|b|D1【分析】代入特殊值，判断即可【解答】解：不妨令a1，b2，显然A符合，B，C，D均不符合，故选：A【点评】本题考查了不等式的性质，考查特殊值法的应用，是一道基础题5（5分）已知kR，若一元二次不等式kx2+2x+10的解集是全体实数，则（）A0k1Bk1Ck0Dk1【分析】根据题意，由一元二次函数的性质分
8、析可得，解可得k的取值范围，即可得答案【解答】解：根据题意，若一元二次不等式kx2+2x+10的解集是全体实数，则二次不等式kx2+2x+10恒成立，则有，解可得k1，即k的取值范围为：k1，故选：B【点评】本题考查二次函数的性质，涉及函数恒成立问题，属于基础题6（5分）在ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，下列结论不正确的是（）Aa2b2+c22bccosABasinBbsinACabcosC+ccosBDacosB+bcosAsinC【分析】利用正弦定理、余弦定理直接求解【解答】解：由在ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，知：在A中，由余弦定理得：a2b2+c22b
9、ccosA，故A正确；在B中，由正弦定理得：，asinBbsinA，故B正确；在C中，abcosC+ccosB，由余弦定理得：ab+c，整理，得2a22a2，故C正确；在D中，由余弦定理得：acosB+bcosAa+b+csinC，故D错误故选：D【点评】本题考查命题真假的判断，考查正弦定理、余弦定理等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是基础题7（5分）已知Sn为数列an的前n项和，（）A若an+1ann，则an是等差数列B若an+12anan+2，则an是等比数列C若Sn，则an是等差数列D若Snqn（q0且q1），则an是等比数列【分析】直接利用数列的定义和性质求出结果【解答
10、】解：利用排除法：对于A：若an+1ant（常数），则an是等差数列，故错误对于B：当an+1an+2an0，即使an+12anan+2，则an不是等比数列对于D：当Snqn1（q0且q1），则an是等比数列故错误故选：C【点评】本题考查的知识要点：数列的性质的应用8（5分）已知xR，yR+，且（x+y）y1，则x+2y的最小值是（）A2B1C1D2【分析】根据题意用y表示出x，代入x+2y中利用基本不等式求出它的最小值【解答】解：xR，yR+，且（x+y）y1，xy，x+2y+y22，当且仅当y1时取“”；x+2y的最小值是2故选：D【点评】本题考查了基本不等式的应用问题，是基础题9（5分）
11、平面向量，满足|1，1，3，|4，当|+|取得最小值时，（）A0B2C3D6【分析】运用坐标法解决此问题即可【解答】解：根据题意设（1，0）；（1，m）；（3，n）（2，mn）4+（mn）216mn不妨设mn2则+（4，m+n）（4，2n+2）16+4n2+8n+124n2+8n+28当n时上式取最小值此时n，m3+mn30，故选：A【点评】本题考查平面向量数量积的运算10（5分）已知a，b是实数，对任意xR，都有|asinx+b|1成立，则|a+3b|+|a3b|的最大值为（）A3B4C6D8【分析】利用绝对值不等式的性质以及不等式的性质可得【解答】解：对任意xR，都有|asinx+b|1成
12、立，|+b|1，|+b|1，|a+3b|+|a3b|1+12，|a+3b|+|a3b|6，故选：C【点评】本题考查了绝对值不等式的解法属中档题二、填空题（每题5分，满分30分，将答案填在答题纸上）11（5分）不等式x23x0的解集是（，0）（3，+）【分析】把不等式化为x（x3）0，求出解集即可【解答】解：不等式x23x0可化为x（x3）0，解得x0或x3，不等式的解集是（，0）（3，+）故答案为：（，0）（3，+）【点评】本题考查了解一元二次不等式的应用问题，是基础题12（5分）若等比数列an满足a12，a416，则a38【分析】由等比数列an满足a12，a416，能求出q2，由此能求出a3
13、的值【解答】解：等比数列an满足a12，a416，2q316，解得q2，a32228故答案为：8【点评】本题考查等比数列的第3项的求法，考查等比数列的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题13（5分）我国南宋著名数学家秦九韶发现了已知三角形三边求面积的公式，在他的著作数书九章中的求法是：“以小斜幂并大斜幂减中斜幂，余半之，自乘于上以小斜幂乘大斜幂减上，余四约之，为实一为从隅，开平方得积”即为“三斜求积”公式：S（其中abc）若ABC的三条边长为1，4，则ABC的面积是【分析】根据秦九韶三角形面积公式，把a1，b，c4代入求出ABC的面积【解答】解：根据秦九韶三角形面积公式：S（其中abc）
14、，ABC中，a1，b，c4，则ABC的面积是S故答案为：【点评】本题考查了利用秦九韶三角形面积公式计算面积的应用问题，是基础题14（5分）在ABC中，A60，AB3，BC，则sinB【分析】由已知及余弦定理可得AC23AC40，解得AC的值，进而由正弦定理可得sinB的值【解答】解：A60，AB3，BC，由余弦定理可得：139+AC22，可得：AC23AC40，解得：AC4，或1（舍去），由正弦定理可得：sinB故答案为：【点评】本题主要考查了正弦定理，余弦定理在解三角形中的综合应用，考查了转化思想，属于基础题15（5分）已知数列an满足a12，且an+1an+，则an4【分析】数列an满足a
15、12，且an+1an+，n2时，可得：anan1利用累加求和与错位相减法即可得出【解答】解：数列an满足a12，且an+1an+，n2时，可得：anan1an+2，令An+0，则+，相减可得：+，化为：An2an4故答案为：4【点评】本题考查了累加求和与错位相减法、数列递推关系，考查了推理能力与计算能力，属于中档题16（5分）在直角ABC中，C90，AB2，E为AB的中点，D为线段AB上一动点，满足，则|的取值范围为，2）【分析】首先通过直角三角形斜边中线等于斜边一半得到|1，再利用数量积转化成余弦函数问题求解【解答】解E为AB中点，CE1，|，0cosECD1，02cosECD2，|又D在A
16、B 上，|2，【点评】此题考查了数量积和余弦函数最值问题，难度适中三、解答题（本大题共5小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）17（10分）已知等差数列an的公差为d，前n项和为Sn，a12，且a5+a631（1）求d；（2）求S10【分析】（1）直接根据等差数列的通项公式即可求出，（2）直接根据求和公式即可求出【解答】解：（1）a12，且a5+a631，2+4d+2+5d31，d3，（2）S10102+155【点评】本题考查了等差数列的性质和求和公式，属于基础题18（12分）已知，为单位向量，（1）求与的夹角；（2）求|2+|【分析】（1）|coscos，由此能求出与的夹
17、角（2）|2+|，由此能求出结果【解答】解：（1），为单位向量，|coscos，与的夹角60（2）|2+|【点评】本题考查向量的夹角的求法，考查向量的模的求法，考查向量的数量积公式、向量和模等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是基础题19（12分）如图，在圆内接ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，满足acosC+ccosA2bcosB（1）求B的大小；（2）若点D是劣弧上一点，a2，c3，cosCAD，求线段AD长【分析】（1）由acosC+ccosA2bcosB利用余弦定理得：aba2+c2b2，由此能求出B（2）拴导出AC，sinCADADC18060120，由正
18、弦定理得：再由余弦定理能求出AD【解答】解：（1）acosC+ccosA2bcosB+c2bc，整理，得：aba2+c2b2，cosB，B60（2）点D是劣弧上一点，a2，c3，cosCAD，AC，sinCAD，ADC18060120，由正弦定理得：CD，cosCAD，解得AD2+【点评】本题考查满足条件的三角形的角和边长的求法，考查正弦定理、余弦定理等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，是中档题20（12分）已知f（x）|ax1|（aR），g（x）1|x|（1）若a2，解不等式f（x）1；（2）若关于x的不等式f（x）g（x）的解集为R，求a的取值范围【分析】（1）a2时，f（x）|2
19、x1|，不等式f（x）1，即|2x1|1，化为：12x11，解得不等式的解集（2）不等式f（x）g（x）即|ax1|1|x|，y|ax1|经过定点（0，1）对a分类讨论：a0时，a0时，数形结合方法即可得出【解答】解：（1）a2时，f（x）|2x1|，不等式f（x）1，即|2x1|1，化为：12x11，解得：0x1不等式的解集为：x|0x1（2）不等式f（x）g（x）即|ax1|1|x|，y|ax1|经过定点（0，1）对a分类讨论：a0时，化为：|x|0，满足题意a0时，关于x的不等式|ax1|1|x|的解集为R，则1，或1解得1a1，且a0综上可得a的取值范围是1，1【点评】本题考查了绝对值
20、不等式的解法、数形结合方法、分类讨论方法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题21（24分）已知数列an和bn满足b12，b24，2an+1an+an+2，且a1b1+a2b2+anbn（2n3）2n+1+6（nN*）（1）求an与bn；（2）数列cn满足cnbn2bn，（i）求数列cn的前n项和Sn；（ii）设Tn，证明：T1+T2+T3+Tn【分析】（1）直接利用递推关系式和等差数列的定义和通项公式，以及将n换为n1，作差求出数列的通项公式；（2）求得cnbn2bn4n2n，（i）利用分组求和，结合等比数列的求和公式，可得Sn；（ii）求得Tn（），利用裂项相消法求和，结合不等式的性质即可
21、得证【解答】解：（1）数列an满足a1b1+a2b2+anbn（2n3）2n+1+6（nN*），可得a1b1642，即有a11，由a1b1+a2b26+814，b12，b24，可得a23，由2an+1an+an+2，可得an为等差数列，公差为a2a12，即有an1+2（n1）2n1；可得b1+3b2+（2n1）bn（2n3）2n+1+6，将n换为n1可得b1+3b2+（2n3）bn1（2n5）2n+6，得（2n1）bn（4n6）2n（2n5）2n，整理得（2n1）bn（2n1）2n，所以bn2n，当n1时，首项符合通项，故bn2n；（2）数列cn满足cnbn2bn4n2n，（i）数列cn的前n项和Sn（4+16+4n）（2+4+2n）（2n1）（2n+11）；（ii）证明：Tn（），所以：T1+T2+T3+Tn（1+）（1）【点评】本题考查数列的通项公式的求法及应用，裂项相消法在数列求和中的应用，主要考查运算能力和转化能力，属于中档题