江苏省启东市2016-2017学年高一数学下学期期末试卷（含解析）

2016-2017学年江苏省南通市启东市高一（下）期末数学试卷
　
一、填空题（每题5分，共70分）
1．若直线l的斜率为﹣1，则直线l的倾斜角为　
　．
2．一元二次不等式﹣2x2﹣x+6≥0的解集为　
　．
3．一个三角形的两个内角分别为30°和45°，如果45°角所对的边长为8，那么30°角所对的边长是　
　．
4．给出下列条件：①l∥α；②l与α至少有一个公共点；③l与α至多有一个公共点．能确定直线l在平面α外的条件的序号为　
　．
5．已知直线l过点P（2，3），且与两条坐标轴在第一象限所围成的三角形的面积为12，则直线l的方程为　
　．
6．在等比数列{an}中，已知公比q=，S5=﹣，则a1=　
　．
7．在△ABC中，已知a=6，b=5，c=4，则△ABC的面积为　
　．
8．已知正四棱锥的底面边长是2，侧面积为12，则该正四棱锥的体积为　
　．
9．已知点P（x，y）在不等式组所表示的平面区域内运动，则的取值范围为　
　．
10．在平面直角坐标系xOy中，直线l：（2k﹣1）x+ky+1=0，则当实数k变化时，原点O到直线l的距离的最大值为　
　．
11．已知正三角形ABC的边长为2，AM是边BC上的高，沿AM将△ABM折起，使得二面角B﹣AM﹣C的大小为90°，此时点M到平面ABC的距离为　
　．
12．已知正实数m，n满足+=1，则3m+2n的最小值为　
　．
13．已知直线l：2x﹣y﹣2=0和直线l：x+2y﹣1=0关于直线l对称，则直线l的斜率为　
　．
14．正项数列{an}的前n项和为Sn，满足an=2﹣1．若对任意的正整数p、q（p≠q），不等式SP+Sq＞kSp+q恒成立，则实数k的取值范围为　
　．
　
二、解答题
15．设△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且bcosA=asinB．
（1）求角A的大小；
（2）若a=1，求△ABC面积的最大值．
16．如图所示，在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，点D在边BC上，AD⊥C1D．
（1）求证：平面ADC1⊥平面BCC1B1；
（2）如果点E是B1C1的中点，求证：AE∥平面ADC1．
　
三、解答题
17．已知数列{an}满足an+1=λan+2n（n∈N
，λ∈R），且a1=2．
（1）若λ=1，求数列{an}的通项公式；
（2）若λ=2，证明数列{}是等差数列，并求数列{an}的前n项和Sn．
18．已知三条直线l1：ax﹣y+a=0，l2：x+ay﹣a（a+1）=0，l3：（a+1）x﹣y+a+1=0，a＞0．
（1）证明：这三条直线共有三个不同的交点；
（2）求这三条直线围成的三角形的面积的最大值．
19．如图是市儿童乐园里一块平行四边形草地ABCD，乐园管理处准备过线段AB上一点E设计一条直线EF（点F在边BC或CD上，不计路的宽度），将该草地分为面积之比为2：1的左、右两部分，分别种植不同的花卉．经测量得AB=18m，BC=10m，∠ABC=120°．设EB=x，EF=y（单位：m）．
（1）当点F与C重合时，试确定点E的位置；
（2）求y关于x的函数关系式；
（3）请确定点E、F的位置，使直路EF长度最短．
20．已知数列{an}满足对任意的n∈N
，都有a13+a23+…+an3=（a1+a2+…+an）2且an＞0．
（1）求a1，a2的值；
（2）求数列{an}的通项公式；
（3）若bn=，记Sn=，如果Sn＜对任意的n∈N
恒成立，求正整数m的最小值．
　
2016-2017学年江苏省南通市启东市高一（下）期末数学试卷
参考答案与试题解析
　
一、填空题（每题5分，共70分）
1．若直线l的斜率为﹣1，则直线l的倾斜角为　　．
【考点】I2：直线的倾斜角．
【分析】设直线l的倾斜角为θ，θ∈[θ，π）．可得tanθ=﹣1，解得θ．
【解答】解：设直线l的倾斜角为θ，θ∈[θ，π）．
∴tanθ=﹣1，解得θ=．
故答案为：．
　
2．一元二次不等式﹣2x2﹣x+6≥0的解集为　[﹣2，]　．
【考点】74：一元二次不等式的解法．
【分析】把不等式化为（2x﹣3）（x+2）≤0，求出解集即可．
【解答】解：不等式﹣2x2﹣x+6≥0化为2x2+x﹣6≤0，
即（2x﹣3）（x+2）≤0，
解得﹣2≤x≤，
所以不等式的解集为[﹣2，]．
故答案为：[﹣2，]．
　
3．一个三角形的两个内角分别为30°和45°，如果45°角所对的边长为8，那么30°角所对的边长是　4　．
【考点】HP：正弦定理．
【分析】设30°角所对的边长是x，由正弦定理可得，解方程求得x的值．
【解答】解：设30°角所对的边长是x，
由正弦定理可得，
解得
x=，
故答案为．
　
4．给出下列条件：①l∥α；②l与α至少有一个公共点；③l与α至多有一个公共点．能确定直线l在平面α外的条件的序号为　①③　．
【考点】LP：空间中直线与平面之间的位置关系．
【分析】根据直线与平面的位置关系的定义判定即可．
【解答】解：直线l在平面α外包含两种情况：平行，相交．
对于①，l∥α，能确定直线l在平面α外，
对于②，l与α至少有一个公共点，直线可能与平面相交，故不能确定直线l在平面α外，
对于③，l与α至多有一个公共点，直线可能与平面相交或平行，故能确定直线l在平面α外，
故答案为：①③
　
5．已知直线l过点P（2，3），且与两条坐标轴在第一象限所围成的三角形的面积为12，则直线l的方程为　3x+2y﹣12=0　．
【考点】IB：直线的点斜式方程．
【分析】写出直线的截距式方程，根据要求条件参数的值，得到本题结论．
【解答】解：设l在x轴、y轴上的截距分别为a，b（a＞0，b＞0），
则直线l的方程为+=1
∵P（2，3）在直线l上，
∴+=1．
又由l与两条坐标轴在第一象限所围成的三角形面积为12，
可得ab=24，
∴a=4，b=6，
∴直线l的方程为+=1，即3x+2y﹣12=0，
故答案为：3x+2y﹣12=0．
　
6．在等比数列{an}中，已知公比q=，S5=﹣，则a1=　﹣4　．
【考点】89：等比数列的前n项和．
【分析】利用等比数列的前n项和公式直接求解．
【解答】解：∵在等比数列{an}中，公比q=，S5=﹣，
∴==﹣，
a1=﹣4．
故答案为：﹣4．
　
7．在△ABC中，已知a=6，b=5，c=4，则△ABC的面积为　　．
【考点】HR：余弦定理；%H：三角形的面积公式．
【分析】由余弦定理算出cosA，结合同角三角函数的平方关系得sinA，最后由正弦定理的面积公式，可得△ABC的面积．
【解答】解：∵△ABC中，a=6，b=5，c=4，
∴由余弦定理，得cosA==，
∵A∈（0，π），∴sinA==，
由正弦定理的面积公式，得：
△ABC的面积为S=bcsinA=×5×4×=，
故答案为：．
　
8．已知正四棱锥的底面边长是2，侧面积为12，则该正四棱锥的体积为　　．
【考点】LF：棱柱、棱锥、棱台的体积．
【分析】由题意画出图形，求出正四棱锥的斜高，进一步求出高，代入棱锥体积公式得答案．
【解答】解：如图，∵P﹣ABCD为正四棱锥，且底面边长为2，
过P作PG⊥BC于G，作PO⊥底面ABCD，垂足为O，连接OG．
由侧面积为12，即4×，即PG=3．
在Rt△POG中，PO=
∴正四棱锥的体积为V=
故答案为：
　
9．已知点P（x，y）在不等式组所表示的平面区域内运动，则的取值范围为　（1，）　．
【考点】7C：简单线性规划．
【分析】作出题中不等式组表示的平面区域，得如图的阴影部分．则z=，表示直线的斜率，再将点P移动，观察倾斜角的变化即可得到k的最大、最小值，从而得到的取值范围．
【解答】解：设直线3x﹣2y+4=0与直线2x﹣y﹣2=0交于点A，
可得A（8，14），不等式组
表示的平面区域如图：
则的几何意义是可行域内的P（x，y）
与坐标原点连线的斜率，
由可行域可得k的最大值为：kOA=，k的最小值k=1．
因此，的取值范围为（1，）
故答案为：（1，）．
　
10．在平面直角坐标系xOy中，直线l：（2k﹣1）x+ky+1=0，则当实数k变化时，原点O到直线l的距离的最大值为　　．
【考点】IT：点到直线的距离公式．
【分析】由于直线l：（2k﹣1）x+ky+1=0经过定点P（1，﹣2），即可求出原点O到直线l的距离的最大值．
【解答】解：直线l：（2k﹣1）x+ky+1=0化为（1﹣x）+k（2x+y）=0，
联立，解得，经过定点P（1，﹣2），
由于直线l：（2k﹣1）x+ky+1=0经过定点P（1，﹣2），
∴原点O到直线l的距离的最大值为．
故答案为：．
　
11．已知正三角形ABC的边长为2，AM是边BC上的高，沿AM将△ABM折起，使得二面角B﹣AM﹣C的大小为90°，此时点M到平面ABC的距离为　　．
【考点】MK：点、线、面间的距离计算．
【分析】以M为原点，MB，MC，MA为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出点M到平面ABC的距离．
【解答】解：∵正三角形ABC的边长为2，AM是边BC上的高，
沿AM将△ABM折起，使得二面角B﹣AM﹣C的大小为90°，
∴MA、MB、MC三条直线两两垂直，AM=，BM=CM=1，
以M为原点，MB，MC，MA为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，
则M（0，0，0），B（1，0，0），C（0，1，0），
A（0，0，），
=（﹣1，0，0），=（﹣1，0，），=（﹣1，1，0），
设平面ABC的法向量=（x，y，z），
则，取x=，得=（，，1），
∴点M到平面ABC的距离为：
d===．
故答案为：．
　
12．已知正实数m，n满足+=1，则3m+2n的最小值为　3+　．
【考点】7F：基本不等式．
【分析】根据题意，分析可得3m+2n=（m+n）+（m﹣n），又由+=1，则有3m+2n=[（m+n）+（m﹣n）]×[+]=3++，利用基本不等式分析可得答案．
【解答】解：根据题意，3m+2n=（m+n）+（m﹣n），
又由m，n满足+=1，
则有3m+2n=[（m+n）+（m﹣n）]×[+]
=3++≥3+2=3+，
当且仅当=时，等号成立，
即3m+2n的最小值为3+，
故答案为：3+．
　
13．已知直线l：2x﹣y﹣2=0和直线l：x+2y﹣1=0关于直线l对称，则直线l的斜率为　或﹣3　．
【考点】IQ：与直线关于点、直线对称的直线方程．
【分析】设P（a，b）是直线l上任意一点，
则点P到直线l：2x﹣y﹣2=0和直线l：x+2y﹣1=0的距离相等．
，整理得a﹣3b﹣1=0或3a+b﹣3=0，即可求解．
【解答】解：设P（a，b）是直线l上任意一点，
则点P到直线l：2x﹣y﹣2=0和直线l：x+2y﹣1=0的距离相等．
整理得a﹣3b﹣1=0或3a+b﹣3=0，
∴直线l的斜率为或﹣3．
故答案为：或﹣3
　
14．正项数列{an}的前n项和为Sn，满足an=2﹣1．若对任意的正整数p、q（p≠q），不等式SP+Sq＞kSp+q恒成立，则实数k的取值范围为　　．
【考点】8H：数列递推式．
【分析】an=2﹣1，可得Sn=，n≥2时，an=Sn﹣Sn﹣1，利用已知可得：an﹣an﹣1=2．利用等差数列的求和公式可得Sn，再利用基本不等式的性质即可得出．
【解答】解：∵an=2﹣1，∴Sn=，
∴n≥2时，an=Sn﹣Sn﹣1=﹣，
化为：（an+an﹣1）（an﹣an﹣1﹣2）=0，
∵ n∈N
，an＞0，
∴an﹣an﹣1=2．
n=1时，a1=S1=，解得a1=1．
∴数列{an}是等差数列，首项为1，公差为2．
∴Sn=n+=n2．
∴不等式SP+Sq＞kSp+q化为：k＜，
∵＞，对任意的正整数p、q（p≠q），不等式SP+Sq＞kSp+q恒成立，
∴．
则实数k的取值范围为．
故答案为：．
　
二、解答题
15．设△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且bcosA=asinB．
（1）求角A的大小；
（2）若a=1，求△ABC面积的最大值．
【考点】HP：正弦定理．
【分析】（1）根据正弦定理化简可得sinAsinB=sinBcosA，结合sinB≠0，可求tanA，由范围0＜A＜π，可求A的值．
（2）由已知利用余弦定理，基本不等式可求bc≤2，进而利用三角形面积公式即可计算得解．
【解答】解：（1）在△ABC中，∵
asinB=bcosA．
由正弦定理，得：
sinAsinB=sinBcosA，
∵0＜B＜π，sinB≠0．
∴sinA=cosA，即tanA=．
∵0＜A＜π，
∴A=．
（2）∵由a=1，A=，
∴由余弦定理，1=b2+c2﹣bc≥2bc﹣bc，得：bc≤2，当且仅当b=c等号成立，
∴△ABC的面积S=bcsinA≤（2+）×=，即△ABC面积的最大值为．
　
16．如图所示，在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，点D在边BC上，AD⊥C1D．
（1）求证：平面ADC1⊥平面BCC1B1；
（2）如果点E是B1C1的中点，求证：AE∥平面ADC1．
【考点】LY：平面与平面垂直的判定；LS：直线与平面平行的判定．
【分析】（1）推导出AD⊥C1D，从而CC1⊥平面ABC，进而AD⊥CC1，由此能证明AD⊥平面BCC1B1．即平面ADC1⊥平面BCC1B1
（2）由AD⊥BC，得D是BC中点，连结ED，得四边形AA1DE是平行四边形，由此能证明A1E∥平面ADC1．
【解答】证明：（1）∵在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，点D在边BC上，AD⊥C1D，
∴CC1⊥平面ABC，又AD 平面ABC，∴AD⊥CC1，
又C1D∩CC1=C1，∴AD⊥平面BCC1B1．
AD 面ADC1，∴平面ADC1⊥平面BCC1B1
（2）∵AD⊥平面BCC1B1，∴AD⊥BC，
∵在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB=BC=AC，∴D是BC中点，
连结ED，∵点E是C1B1的中点，
∴AA1∥DE且AA1=DE，∴四边形AA1DE是平行四边形，
∴A1E∥AD，
又A1E 面ADC1，AD 平面ADC1．
∴A1E∥平面ADC1．
　
三、解答题
17．已知数列{an}满足an+1=λan+2n（n∈N
，λ∈R），且a1=2．
（1）若λ=1，求数列{an}的通项公式；
（2）若λ=2，证明数列{}是等差数列，并求数列{an}的前n项和Sn．
【考点】8H：数列递推式；8E：数列的求和．
【分析】（1）当λ=1时，，由此利用累加法能求出数列{an}的通项公式．
（2）当λ=2时，
=，再由，能证明数列{}是首项为1，公差为的等差数列，从而an=（） 2n=（n+1） 2n﹣1，由此利用错位相减法能出数列{an}的前n项和．
【解答】解：（1）当λ=1时，an+1=an+2n（n∈N
），且a1=2．
∴，
∴an=a1+a2﹣a1+a3﹣a2+…+an﹣an﹣1
=2+2+22+…+2n﹣1
=2+
=2n．
证明：（2）当λ=2时，an+1=2an+2n（n∈N
），且a1=2．
∴，即=，
∵，∴数列{}是首项为1，公差为的等差数列，
∴=，
∴an=（） 2n=（n+1） 2n﹣1，
∴数列{an}的前n项和：
Sn=2 20+3 2+4 22+…+（n+1） 2n﹣1，①
2Sn=2 2+3 22+4 23+…+（n+1） 2n，②
②﹣①，得：
Sn=（n+1） 2n﹣2﹣（2+22+23+…+2n﹣1）
=（n+1） 2n﹣2﹣
=（n+1） 2n﹣2﹣2n+2
=n 2n．
　
18．已知三条直线l1：ax﹣y+a=0，l2：x+ay﹣a（a+1）=0，l3：（a+1）x﹣y+a+1=0，a＞0．
（1）证明：这三条直线共有三个不同的交点；
（2）求这三条直线围成的三角形的面积的最大值．
【考点】IM：两条直线的交点坐标．
【分析】（1）分别求出直线l1与l3的交点A、l1与l2的交点B和l2与l3的交点C，且判断三点的坐标各不相同即可；
（2）根据题意画出图形，由AB⊥BC知点B在以AC为直径的半圆上，除A、C点外；由此求出△ABC的面积最大值．
【解答】解：（1）证明：直线l1：ax﹣y+a=0恒过定点A（﹣1，0），
直线l3：（a+1）x﹣y+a+1=0恒过定点A（﹣1，0），
∴直线l1与l3交于点A；
又直线l2：x+ay﹣a（a+1）=0不过定点A，
且l1与l2垂直，必相交，设交点为B，则B（，）；
l2与l3相交，交点为C（0，a+1）；
∵a＞0，∴三点A、B、C的坐标不相同，
即这三条直线共有三个不同的交点；
（2）根据题意，画出图形如图所示；
AB⊥BC，
∴点B在以AC为直径的半圆上，除A、C点外；
则△ABC的面积最大值为
S= |AC| |AC|=×（1+（a+1）2）=a2+a+．
　
19．如图是市儿童乐园里一块平行四边形草地ABCD，乐园管理处准备过线段AB上一点E设计一条直线EF（点F在边BC或CD上，不计路的宽度），将该草地分为面积之比为2：1的左、右两部分，分别种植不同的花卉．经测量得AB=18m，BC=10m，∠ABC=120°．设EB=x，EF=y（单位：m）．
（1）当点F与C重合时，试确定点E的位置；
（2）求y关于x的函数关系式；
（3）请确定点E、F的位置，使直路EF长度最短．
【考点】5C：根据实际问题选择函数类型．
【分析】（1）根据面积公式列方程求出BE；
（2）对F的位置进行讨论，利用余弦定理求出y关于x的解析式；
（3）分两种情况求出y的最小值，从而得出y的最小值，得出E，F的位置．
【解答】解：（1）∵S△BCE=，SABCD=2×，
∴==，
∴BE=AB=12．即E为AB靠近A的三点分点．
（2）SABCD=18×10×sin120°=90，
当0≤x＜12时，F在CD上，
∴SEBCF=（x+CF）BCsin60°=90，解得CF=12﹣x，
∴y==2，
当12≤x≤18时，F在BC上，
∴S△BEF==，解得BF=，
∴y==，
综上，y=．
（3）当0≤x＜12时，y=2=2≥5，
当12≤x≤18时，y=＞＞5，
∴当x=，CF=时，直线EF最短，最短距离为5．
　
20．已知数列{an}满足对任意的n∈N
，都有a13+a23+…+an3=（a1+a2+…+an）2且an＞0．
（1）求a1，a2的值；
（2）求数列{an}的通项公式；
（3）若bn=，记Sn=，如果Sn＜对任意的n∈N
恒成立，求正整数m的最小值．
【考点】8E：数列的求和．
【分析】（1）由题设条件知a1=1．当n=2时，有a13+a23=（a1+a2）2，由此可知a2=2．
（2）由题意知，an+13=（a1+a2++an+an+1）2﹣（a1+a2++an）2，由于an＞0，所以an+12=2（a1+a2++an）+an+1．同样有an2=2（a1+a2++an﹣1）+an（n≥2），由此得an+12﹣an2=an+1+an．所以an+1﹣an=1．所以数列{an}是首项为1，公差为1的等差数列，由通项公式即可得到所求．
（3）求得bn===2[﹣]，运用数列的求和方法：裂项相消求和，可得Sn，结合不等式的性质，恒成立思想可得m≥，进而得到所求最小值．
【解答】解：（1）当n=1时，有a13=a12，
由于an＞0，所以a1=1．
当n=2时，有a13+a23=（a1+a2）2，
将a1=1代入上式，可得a22﹣a2﹣2=0，
由于an＞0，所以a2=2．
（2）由于a13+a23+…+an3=（a1+a2+…+an）2，①
则有a13+a23+…+an3+an+13=（a1+a2+…+an+an+1）2．②
②﹣①，得an+13=（a1+a2+…+an+an+1）2﹣（a1+a2+…+an）2，
由于an＞0，所以an+12=2（a1+a2+…+an）+an+1．③
同样有an2=2（a1+a2+…+an﹣1）+an（n≥2），④
③﹣④，得an+12﹣an2=an+1+an．
所以an+1﹣an=1．
由于a2﹣a1=1，即当n≥1时都有an+1﹣an=1，
所以数列{an}是首项为1，公差为1的等差数列．
故an=n．
（3）bn===2[﹣]，
则Sn=2[﹣+﹣+﹣+﹣+…+﹣+﹣]
=2[+﹣﹣]＜2×=，
Sn＜对任意的n∈N
恒成立，可得≥，
即有m≥，
可得正整数m的最小值为4．