考高一（下）期中数学试卷
一、选择题（本大题共12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．在△ABC中，a=3，b=
，c=2，那么B等于（ ）
A．30° B．45° C．60° D．120°
2．关于斜二测画法画直观图说法不正确的是（ ） A．在实物图中取坐标系不同，所得的直观图有可能不同 B．平行于坐标轴的线段在直观图中仍然平行于坐标轴 C．平行于坐标轴的线段长度在直观图中仍然保持不变 D．斜二测坐标系取的角可能是135°
3．已知{an}为等差数列，a1+a3+a5=105，a2+a4+a6=99，则a20等于（ ） A．﹣1 B．1
C．3
D．7
4．如果两个球的体积之比为8：27，那么两个球的表面积之比为（ ） A．8：27 B．2：3
C．4：9
D．2：9
5．一个平面四边形的斜二测画法的直观图是一个边长为a的正方形，则原平面四边形的面积等于（ ） A．
a2 B．2
a2 C．
a2 D．
a2
6．下列判断正确的是（ ）
A．a=7，b=14，A=30°，有两解 B．a=30，b=25，A=150°，有一解 C．a=6，b=9，A=45°，有两解 D．a=9，b=10，A=60°，无解 7．在△ABC中，若
A．有一内角为30°的直角三角形 B．等腰直角三角形
C．有一内角为30°的等腰三角形 D．等边三角形
8．已知α为第二象限角，
，则cos2α=（ ） ，则△ABC是（ ）
A．﹣ B．﹣ C． D．
9．在△ABC中，已知a2=b2+c2+bc，则角A为（ ） A．
B．
C．
D．
或
10．若0＜α＜A．
B．
＜β＜π，且cosβ=﹣，sin（α+β）=，则sinα的值是（ ）
C． D．
11．等比数列的前n项和Sn=k•3n+1，则k的值为（ ） A．﹣3 B．﹣1 C．1
D．3
，则
12．已知两个等差数列{an}和{bn}的前n项和分别为An和Bn，且
使得A．2
为整数的正整数n的个数是（ ） B．3
C．4
D．5
二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分．将答案填写在答题卷上）
13．2010年11月12日广州亚运会上举行升旗仪式．如图，在坡度为15°的观礼台上，某一列座位所在直线AB与旗杆所在直线MN共面，在该列的第一个座位A和最后一个座位B测得旗杆顶端N的仰角分别为60°和30°，且座位A、B的距离为
米，则旗杆的高度为 米．
14．已知某几何体的直观图及三视图如图所示，三视图的轮廓均为正方形，则该几何体的表面积为 ．
15．已知△ABC的三边分别是a、b、c，且面积S=16．设等差数列{an}的前n项和为Sn，若a5=5a3，则
，则角C= ．= ．
三、解答题（本大题共6小题，共70分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．）
17．如图的三个图中，上面的是一个长方体截去一个角所得多面体的直观图，它的正视图和侧视图在下面画出（单位：cm）．
（1）在正视图下面，按照画三视图的要求画出该多面体的俯视图； （2）按照给出的尺寸，求该多面体的体积和表面积． 18．在锐角三角形中，边a、b是方程x2﹣2（A+B）﹣
x+2=0的两根，角A、B满足：2sin
=0，求角C的度数，边c的长度及△ABC的面积．
19．在△ABC中，（2a﹣c）cosB=bcosC （1）求角B的大小；
（2）求2cos2A+cos（A﹣C）的取值范围．
20．设数列{an}的前n项和为Sn，已知a1=1，Sn+1=4an+2，记bn=an+1﹣2an． （Ⅰ）求b1，并证明{bn}是等比数列； （Ⅱ）求数列{an}的通项公式．
21．已知{an}是一个公差大于0的等差数列，且满足a3a6=55，a2+a7=16． （Ⅰ）求数列{an}的通项公式：
（Ⅱ）若数列{an}和数列{bn}满足等式：an==求数列{bn}的前n项和Sn．
22．将数列{an}中的所有项按每一行比上一行多两项的规则排成如下数表： a1 a2a3a4 a5a6a7a8a9 …
a2，a5，…构成一个等差数列，b5=10．已知表中的第一列数a1，记为{bn}，且b2=4，表中每一行正中间一个数a1，a3，a7，…构成数列{cn}，其前n项和为Sn． （1）求数列{bn}的通项公式；
（2）若上表中，从第二行起，每一行中的数按从左到右的顺序均构成等比数列，公比为同一个正数，且a13=1．①求Sn；②记M={n|（n+1）cn≥λ，n∈N*}，若集合M的元素个数为3，求实数λ的取值范围．
（n为正整数），
2016-2017学年安徽省宣城市三校（郎溪中学、二中、中
学）联考高一（下）期中数学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本大题共12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．在△ABC中，a=3，b=
，c=2，那么B等于（ ）
A．30° B．45° C．60° D．120° 【考点】HR：余弦定理．
【分析】直接利用余弦定理以及特殊角的三角函数值就可得出答案． 【解答】解：根据余弦定理得cosB=B∈（0，180°） ∴B=60° 故选C．
2．关于斜二测画法画直观图说法不正确的是（ ） A．在实物图中取坐标系不同，所得的直观图有可能不同 B．平行于坐标轴的线段在直观图中仍然平行于坐标轴 C．平行于坐标轴的线段长度在直观图中仍然保持不变 D．斜二测坐标系取的角可能是135° 【考点】LD：斜二测法画直观图．
【分析】利用斜二侧画直观图的画法的法则，直接判断选项即可．
【解答】解：斜二侧画直观图时，平行或与x轴重合的线段长度不变，平行或与y轴重合的线段长度减半；斜二测坐标系取的角可能是135°或45°；由此：在实物图中取坐标系不同，所得的直观图有可能不同；平行于坐标轴的线段在直观图中仍然平行于坐标轴； 只有选项C是不正确的．
=
=
故选C
3．已知{an}为等差数列，a1+a3+a5=105，a2+a4+a6=99，则a20等于（ ） A．﹣1 B．1
C．3
D．7
【考点】8F：等差数列的性质．
【分析】根据已知条件和等差中项的性质可分别求得a3和a4的值，进而求得数列的公差，最后利用等差数列的通项公式求得答案． 【解答】解：由已知得a1+a3+a5=3a3=105， a2+a4+a6=3a4=99，
∴a3=35，a4=33，∴d=a4﹣a3=﹣2． ∴a20=a3+17d=35+（﹣2）×17=1． 故选B
4．如果两个球的体积之比为8：27，那么两个球的表面积之比为（ ） A．8：27 B．2：3
C．4：9
D．2：9
【考点】LG：球的体积和表面积．
【分析】据体积比等于相似比的立方，求出两个球的半径的比，表面积之比等于相似比的平方，即可求出结论．
【解答】解：两个球的体积之比为8：27，根据体积比等于相似比的立方，表面积之比等于相似比的平方， 可知两球的半径比为2：3，
从而这两个球的表面积之比为4：9． 故选C．
5．一个平面四边形的斜二测画法的直观图是一个边长为a的正方形，则原平面四边形的面积等于（ ） A．
a2 B．2
a2 C．
a2 D．
a2
【考点】LB：平面图形的直观图．
【分析】根据斜二测画法画平面图形的直观图的规则，可以得出一个平面图形的
面积S与它的直观图的面积S′之间的关系是S′=面积，根据比值求出原平行四边形的面积即可．
S，先求出直观图即正方形的
【解答】解：根据斜二测画法画平面图形的直观图的规则，可以得出一个平面图形的面积S与它的直观图的面积S′之间的关系是S′=为a2，所以原平面四边形的面积等于故选B．
6．下列判断正确的是（ ）
A．a=7，b=14，A=30°，有两解 B．a=30，b=25，A=150°，有一解 C．a=6，b=9，A=45°，有两解 D．a=9，b=10，A=60°，无解 【考点】HP：正弦定理．
【分析】由各选项中A的度数，求出sinA的值，再由a与b的值，利用正弦定理求出sinB的值，由a与b的大小关系，利用大边对大角判断出A与B的大小关系，即可判断出B有一解、两解或无解，得到正确的选项． 【解答】解：A、∵a=7，b=14，A=30°， ∴由正弦定理
=
得：sinB=
=1， =2
a2．
S，本题中直观图的面积
又B为三角形的内角， ∴B=90°，C=60°，c=7
，
则此时三角形只有一解，此选项错误； B、∵a=30，b=25，A=150°， ∴由正弦定理
=
得：sinB=
=
，
∵a＞b，∴150°＞A＞B，
则此时B只有一解，本选项正确； C、∵a=6，b=9，A=45°， ∴由正弦定理
=
得：sinB=
=
＞1，
∴此时B无解，本选项错误； D、∵a=9，b=10，A=60°， ∴∴由正弦定理
=
得：sinB=
=
＞
，
∵a＜b，∴60°=A＜B， 此时B有两解，本选项错误， 故选B
7．在△ABC中，若
A．有一内角为30°的直角三角形 B．等腰直角三角形
C．有一内角为30°的等腰三角形 D．等边三角形
【考点】GZ：三角形的形状判断；HP：正弦定理． 【分析】由题中等式结合正弦定理，算出A=B=角的等腰直角三角形． 【解答】解：∵∴结合正弦定理因此tanA=1，可得A=
，
，可得sinA=cosA， ．同理得到B=
，则△ABC是（ ）
，由此可得△ABC是以C为直
∴△ABC是以C为直角的等腰直角三角形 故选：B
8．已知α为第二象限角，A．﹣
B．﹣
C．
D．
，则cos2α=（ ）
【考点】GT：二倍角的余弦；GG：同角三角函数间的基本关系．
cosα＜0，【分析】由α为第二象限角，可知sinα＞0，从而可求得sinα﹣cosα=利用cos2α=﹣（sinα﹣cosα）（sinα+cosα）可求得cos2α
，
【解答】解：∵sinα+cosα=∴sin2α=﹣，①
，两边平方得：1+sin2α=，
∴（sinα﹣cosα）2=1﹣sin2α=， ∵α为第二象限角， ∴sinα＞0，cosα＜0， ∴sinα﹣cosα=
，②
∴cos2α=﹣（sinα﹣cosα）（sinα+cosα） =（﹣=﹣
．
）×
故选A．
9．在△ABC中，已知a2=b2+c2+bc，则角A为（ ） A．
B．
C．
D．
或
【考点】HR：余弦定理．
【分析】根据余弦定理表示出cosA，然后把已知的等式代入即可求出cosA的值，由A的范围，根据特殊角的三角函数值即可得到A的度数． 【解答】解：由a2=b2+c2+bc， 则根据余弦定理得： cosA=
=
=﹣，
．
因为A∈（0，π），所以A=故选C
10．若0＜α＜A．
B．
＜β＜π，且cosβ=﹣，sin（α+β）=，则sinα的值是（ ）
C． D．
【考点】GQ：两角和与差的正弦函数．
【分析】先根据已知条件分别求得sinβ和cos（α+β）的值，最后利用正弦的两
角和公式求得答案． 【解答】解：由0＜α＜=， 得sinβ=
，cos（α+β）=﹣
．
＜β＜π，知
＜α+β＜π且cosβ=﹣，sin（α+β）
∴sinα=sin[（α+β）﹣β]=sin（α+β）cosβ﹣cos（α+β）sinβ=． 故选：C．
11．等比数列的前n项和Sn=k•3n+1，则k的值为（ ） A．﹣3 B．﹣1 C．1
D．3
【考点】89：等比数列的前n项和．
【分析】利用n≥2时，an=Sn﹣Sn﹣1，及a1，结合数列是等比数列，即可得到结论．
【解答】解：∵Sn=k•3n+1，∴a1=S1=3k+1， n≥2时，an=Sn﹣Sn﹣1=2k•3n﹣1， ∵数列是等比数列，∴3k+1=2k•31﹣1， ∴k=﹣1 故选B．
12．已知两个等差数列{an}和{bn}的前n项和分别为An和Bn，且
，则
使得A．2
为整数的正整数n的个数是（ ） B．3
C．4
D．5
【考点】8F：等差数列的性质．
【分析】由等差数列的性质和求和公式，将通项之比转化为前n项和之比，验证可得．
【解答】解：由等差数列的性质和求和公式可得：
===
===7+，
验证知，当n=1，2，3，5，11时故选：D
为整数．
二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分．将答案填写在答题卷上）
13．2010年11月12日广州亚运会上举行升旗仪式．如图，在坡度为15°的观礼台上，某一列座位所在直线AB与旗杆所在直线MN共面，在该列的第一个座位A和最后一个座位B测得旗杆顶端N的仰角分别为60°和30°，且座位A、B的距离为
米，则旗杆的高度为 30 米．
【考点】HU：解三角形的实际应用．
【分析】先画出示意图，根据题意可求得∠NBA和∠BAN，则∠BNA可求，然后利用正弦定理求得AN，最后在Rt△AMN中利用MN=AN•sin∠NAM求得答案． 【解答】解：如图所示，依题意可知∠NBA=45°， ∠BAN=180°﹣60°﹣15°=105° ∴∠BNA=180°﹣45°﹣105°=30°
由正弦定理可知 CEsin∠EAC=ACsin∠CEA，∴AN=
∴在Rt△AMN中，
=20
米
MN=AN•sin∠NAM=20×=30米
所以：旗杆的高度为30米 故答案为：30．
14．已知某几何体的直观图及三视图如图所示，三视图的轮廓均为正方形，则该几何体的表面积为 12+4
．
【考点】L!：由三视图求面积、体积．
【分析】借助常见的正方体模型解决．由三视图知，该几何体由正方体沿面AB1D1与面CB1D1截去两个角所得，其表面由两个等边三角形、四个直角三角形和一个正方形组成．计算得其表面积为12+4
【解答】解：由三视图知，AB=BC=CD=DA=2，CE⊥平面ABCD，CE=2， AE⊥平面ABCD，AE=2， EF=2
，BE=BF=DE=DF=2，
则△DEF，△BEF为正三角形，
则S△ABF=S△ADF=S△CDE=S△CBE=×2×2=2， S△BEF=×2S△DEF═×2
×2×2
××
=2=2
，
，S正方形ABCD=2×2=4， +2
+4=12+4
，
则该几何体的表面积S=4×2+2故答案为：12+4
15．已知△ABC的三边分别是a、b、c，且面积S=【考点】HS：余弦定理的应用．
【分析】先利用余弦定理，将面积化简，再利用三角形的面积公式，可得cosC=sinC，根据C是△ABC的内角，可求得C的值． 【解答】解：由题意，∵
∴cosC=sinC
∵C是△ABC的内角 ∴C=45° 故答案为：45°
16．设等差数列{an}的前n项和为Sn，若a5=5a3，则【考点】8F：等差数列的性质．
【分析】根据等差数列的等差中项的性质可知S9=9a5，S5=5a3，根据a5=5a3，进而可得则
的值．
= 9 ．
，则角C= 45° ．【解答】解：∵{an}为等差数列， S9=a1+a2+…+a9=9a5，S5=a1+a2+…+a5=5a3，
∴故答案为9
三、解答题（本大题共6小题，共70分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．）
17．如图的三个图中，上面的是一个长方体截去一个角所得多面体的直观图，它的正视图和侧视图在下面画出（单位：cm）．
（1）在正视图下面，按照画三视图的要求画出该多面体的俯视图； （2）按照给出的尺寸，求该多面体的体积和表面积．
【考点】LF：棱柱、棱锥、棱台的体积；LE：棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积．
【分析】（1）根据几何体的结构特征与它的正（主）视图和侧（左）视图可得其侧视图．
（2）由题意可得：所求多面体体积V=V长方体﹣V正三棱锥，该多面体的体积和表面积为长方体的表面积为减去截去的表面积 【解答】解：（1）该多面体的俯视图如下；
（2）：所求多面体体积V=V长方体﹣V正三棱锥=4×4×4﹣×（×2×2）×2=长方体的表面积为128，截去的表面积为6，等边三角形面积为几何体的表面积为122+
18．在锐角三角形中，边a、b是方程x2﹣2（A+B）﹣
x+2=0的两根，角A、B满足：2sin
．
=0，求角C的度数，边c的长度及△ABC的面积．
【考点】HX：解三角形；HT：三角形中的几何计算． 【分析】由2sin（A+B）﹣
=0，得到sin（A+B）的值，根据锐角三角形即可求
出A+B的度数，进而求出角C的度数，然后由韦达定理，根据已知的方程求出a+b及ab的值，利用余弦定理表示出c2，把cosC的值代入变形后，将a+b及ab的值代入，开方即可求出c的值，利用三角形的面积公式表示出△ABC的面积，把ab及sinC的值代入即可求出值． 【解答】解：由2sin（A+B）﹣∵△ABC为锐角三角形， ∴A+B=120°，C=60°． 又∵a、b是方程x2﹣2
x+2=0的两根，∴a+b=2
，a•b=2，
=0，得sin（A+B）=
，
∴c2=a2+b2﹣2a•bcosC=（a+b）2﹣3ab=12﹣6=6， ∴c=
，
=
．
S△ABC=absinC=×2×
19．在△ABC中，（2a﹣c）cosB=bcosC （1）求角B的大小；
（2）求2cos2A+cos（A﹣C）的取值范围．
【考点】HQ：正弦定理的应用；GL：三角函数中的恒等变换应用；HP：正弦定理．
【分析】（1）利用正弦定理与两角和的正弦即可由（2a﹣c）cosB=bcosC求得cosB=，从而可求△ABC中角B的大小；
（2）利用二倍角的余弦与三角函数中的恒等变换可将2cos2A+cos（A﹣C）转化为1+sin（2A+
），再由0＜A＜
与正弦函数的单调性即可求2cos2A+cos（A
﹣C）的取值范围．
【解答】解：（1）∵在△ABC中，（2a﹣c）cosB=bcosC， ∴由正弦定理
=
=
得：（2sinA﹣sinC）cosB=sinBcosC，
整理得：2sinAcosB=sin（B+C）=sin（π﹣A）=sinA， ∵sinA＞0，
∴cosB=，B∈（0，π）， ∴B=
；
，故A+C=
，
（2）∵B=∴C=
﹣A，
∴2cos2A+cos（A﹣C） =1+cos2A+cos（2A﹣=1+cos2A﹣cos2A+=1+cos2A+=1+sin（2A+∵0＜A＜
sin2A ）， ，
） sin2A
∴＜2A+＜， ）≤1， ）≤2．
∴﹣1＜sin（2A+∴0＜1+sin（2A+
即2cos2A+cos（A﹣C）的取值范围是（0，2]．
20．设数列{an}的前n项和为Sn，已知a1=1，Sn+1=4an+2，记bn=an+1﹣2an． （Ⅰ）求b1，并证明{bn}是等比数列； （Ⅱ）求数列{an}的通项公式．
【考点】8H：数列递推式；8D：等比关系的确定．
【分析】（Ⅰ）由Sn+1=4an+2得，当n≥2时，有Sn=4an﹣1+2，两式相减得出an+1=4an﹣4an﹣1，移向an+1﹣2an=2（an﹣2an﹣1），可证{bn}是等比数列；
（Ⅱ）由（Ⅰ）得，bn=3•2n﹣1，an+1﹣2an=3•2n﹣1，两边同除以2n，构造出，数列{
}是首项，公差为的等差数列．通过数列{
}的通项求出{an}的通项
公式．
【解答】解：（Ⅰ）∵a1=1，Sn+1=4an+2， ∴S2=4a1+2=a1+a2，a2=5， ∴b1=a2﹣2a1．=3，
另外，由Sn+1=4an+2得，当n≥2时，有Sn=4an﹣1+2， ∴Sn+1﹣Sn=（4an+2）﹣（4an﹣1+2），
即an+1=4an﹣4an﹣1，an+1﹣2an=2（an﹣2an﹣1），n≥2 又∵bn=an+1﹣2an．∴bn=2bn﹣1．
∴数列{bn}是首项为3，公比为2的等比数列 （Ⅱ）由（Ⅰ）得，bn=3•2n﹣1， an+1﹣2an=3•2n﹣1， ∴
﹣
=，数列{
}是首项，公差为的等差数列．
=+（n﹣1）×=n﹣
an=（3n﹣1）•2n﹣2
21．已知{an}是一个公差大于0的等差数列，且满足a3a6=55，a2+a7=16． （Ⅰ）求数列{an}的通项公式：
（Ⅱ）若数列{an}和数列{bn}满足等式：an==求数列{bn}的前n项和Sn．
【考点】8E：数列的求和；84：等差数列的通项公式．
【分析】（1）将已知条件a3a6=55，a2+a7=16，利用等差数列的通项公式用首项与公差表示，列出方程组，求出首项与公差，进一步求出数列{an}的通项公式 （2）将已知等式仿写出一个新等式，两个式子相减求出数列{bn}的通项，利用等比数列的前n项和公式求出数列{bn}的前n项和Sn．
【解答】解（1）解：设等差数列{an} 的公差为d，则依题设d＞0 由a2+a7=16．得2a1+7d=16
①由a3•a6=55，得（a1+2d）（a1+5d）=55 ②
由①得2a1=16﹣7d 将其代入②得（16﹣3d）（16+3d）=220． 即256﹣9d2=220∴d2=4，又d＞0， ∴d=2，代入①得a1=1 ∴an=1+（n﹣1）•2=2n﹣1 所以an=2n﹣1 （2）令cn=
，则有an=c1+c2+…+cn，an+1=c1+c2+…+cn+1
（n为正整数），
两式相减得an+1﹣an=cn+1， 由（1）得a1=1，an+1﹣an=2 ∴cn+1=2，cn=2（n≥2）， 即当n≥2时，bn=2n+1 又当n=1时，b1=2a1=2 ∴bn=
＜BR＞
于是Sn=b1+b2+b3…+bn=2+23+24+…+2n+1=2+22+23+24+…+2n+1﹣4=﹣6， 即Sn=2n+2﹣6
22．将数列{an}中的所有项按每一行比上一行多两项的规则排成如下数表： a1 a2a3a4 a5a6a7a8a9 …
a2，a5，…构成一个等差数列，b5=10．已知表中的第一列数a1，记为{bn}，且b2=4，表中每一行正中间一个数a1，a3，a7，…构成数列{cn}，其前n项和为Sn． （1）求数列{bn}的通项公式；
（2）若上表中，从第二行起，每一行中的数按从左到右的顺序均构成等比数列，公比为同一个正数，且a13=1．①求Sn；②记M={n|（n+1）cn≥λ，n∈N*}，若集合M的元素个数为3，求实数λ的取值范围．
【考点】8H：数列递推式；89：等比数列的前n项和；8G：等比数列的性质． 【分析】（1）设{bn}的公差为d，则式．
（2）①设每一行组成的等比数列的公比为q，由于前n行共有1+3+5+…+（2n﹣1）=n2个数，且32＜13＜42，解得
，
． ，设
，，所以
，由此能求出数列{bn}的通项公
，由错位相减法能够求得
②由解得
【解答】解：（1）设{bn}的公差为d， 则
，解得
，∴bn=2n．
，知不等式（n+1）cn≥λ，可化为
，由此能够推导出λ的取值范围．
（2）①设每一行组成的等比数列的公比为q，
由于前n行共有1+3+5+…+（2n﹣1）=n2个数，且32＜13＜42， ∴a10=b4=8， ∴a13=a10q3=8q3， 又a13=1，解得∴∴
，
，
，
，
∴=4﹣解得②由①知，设
．
，不等式（n+1）cn≥λ，可化为，解得
， ，
∴n≥3时，f（n+1）＜f（n）． ∵集合M的元素个数是3， ∴λ的取值范围是（4，5]．
2017年6月30日
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