江西省南昌二中2016-2017学年高一下学期第一次月考数学试题

南昌二中2016—2017学年度下学期第一次阶段性考试

高一数学试卷

一、选择题（每小题5分，共60分）

1. 数列 满足 ，，则 等于 ( )

A. B. C. D.

2.如图，已知正六边形 ，下列向量的数量积中最大的是 ( )

A. B.

C. D.

3. 在 中，若 ，则 一定是 ( )

A. 直角三角形 B. 等腰三角形

C. 等腰直角三角形 D. 等边三角形

4. 设点 ，，将向量 按向量 平移后得到 ，则 ( )

A. B. C. D.

5. 等差数列 中，，，则此数列前 项和等于 ( )

A. B. C. D.

6. 中角 ，， 所对的边长分别为 ，，，，且 ，则 ( )

A. B. C. D.

7. 在平行四边形 中，，， 与 相交于 点．若 ，，则 ( ) A. B.

C. D.

8. 已知数列 的前 项和 满足：，且 ，那 么 ( )

A. B. C. D.

9. 如果 的三个内角的余弦值分别等于 的三个内角的正弦值，则 ( )

A. 和 都是锐角三角形

B. 和 都是钝角三角形

C. 是钝角三角形， 是锐角三角形

D. 是锐角三角形， 是钝角三角形

10. 设 为非零向量，，两组向量 ，，， 和 ，，， 均由 个 和

个 排列而成，若 所有可能取值中的最小值为 ，则 与

的夹角为 ( )

A. B. C. D.

11. 设等差数列 的前 项和为 ，已知

，，则下列结论正确的是 ( )

A. ， B. ，

C. ， D. ，

12. 已知点G是ABC的重心，点P是GBC内一点，若,APABAC则的取值范围是 ( )

A. 12(,)33 B. 1(,1)3 C. )1,32( D. 24(,)33 二、填空题（每小题5分，共20分）

13. 已知向量 ，，，若 ，，，，则向量 的模为 ．

14. 若三角形中有一个角为60°，夹这个角的两边的边长分别是6和2，则它的外接圆半径等于 ．

15. 等差数列{}na有两项11,mkaakm，则该数列前mk项之和是 ．

16. 设点O是△ABC的外心，2211,,()ABcACbbc，则→BC·→AO的取值范围是 .

三、解答题（共70分）

17. 等差数列{}na的前n项和记为nS．已知10203050,aa．

（1） 求通项na；

（2）若242nS，求n．

18. 已知△ABC的面积为3360,B，又最大角与最小角的正切值恰好为方程

23231()xxx的根，求△ABC的另外两个角和三条边．

19. 在海港A正东78nmile处有一小岛B，现甲船从A港出发以30/nmileh的速度驶向 B岛，同时乙船以12/nmileh的速度向北偏西30°的方向驶离B岛，不久之后，丙船则向正东向从B岛驶出，当甲乙两船相距最近时，在乙船观测发现丙船在乙船南偏东60°方向，问此时甲、丙两船相距多远?

20. 已知数列{}na满足：11nnnSSa，又129a，

（1）求证：数列1{}nS为等差数列；

（2）求na．

21. 已知向量3(sin,),(cos,1)4axbx.

（1）当a∥b时，求2cossin2xx的值；

（2）设函数()2()fxabb，已知在△ABC中，内角A、B、C的对边分别为a、b、c，若63,2,sin3abB，求()4cos(2)([0,])64fxAx的取值范围.

22.给定正整数n和正数M，对于满足条件2211naaM的所有等差数列123,,,aaa，试求1221nnnSaaa的最大值.

参考答案

1-5 BABBB 6-10 ACADB 11-12 AC

13.82

14. 2213 15. 12km

16. 124[,)

17. （1） 由 ，，，得方程组

解得 ，，所以

．

（2）

由

， 得方程 ．

解得

或 （舍去）．

18. 假设

角最小， 角最大，由方程 解得两根

则 ，，所以

又因为 ，即

．

将 ， 代入 ，得 ．

由 得

又由正弦定理得 ，

所以 另外两角为 和 ，三边分别为 ， 和 ． 19. 如图所示，设在甲船行驶 小时的时候，甲船到达 处，乙船到达 处，丙船到达 处，此时，甲、乙两船最近，依题意得：

所以当 时， 最小，即 取到最小值，

即此时甲乙两船相距最近．

作 交 于点 ，则 ，

所以 ，，

所以 为等腰三角形，

所以 ，

所以 ，

所以甲乙两船相距最近时，甲丙两船相距 ．

20．（1）由 及 ，得

若存在 ，则 ，从而 ．

以此类推知 ，矛盾，故

从而两边同时除以 得

即

所以 是首项为 ，公差为 的等差数列．

（2）由（1）知， 故

从而

所以

21. （1）3(sin,),(cos,1),4axbxa∥b 3sincos,4xx即3tan4x

则222222312cos2sincos12tan84cossin2cos2sincos9cossin1tan5116xxxxxxxxxx（2）2122sincoscos4fxabbxxx

33sin2cos22sin2242xxx

63,2,sin3abB，

由正弦定理sinsinabAB得：63sin23sin22aBAb，

,,abAB4A

原式=12sin242x，30,,2,,4444xx

12sin22,4x则112sin22242x，即所求式子的范围为1212[,]. 22. 解法一：设公差为d，1naa，则1221(1)(1)2nnnnnSaaanad

∴21ndSan

又∵

2222222221141414()()(43)()(43)()1021010110101nndSSMaaandaaandandnn∴10(1)2SnM，当且仅当：341,1010aMdMn时，

max10(1)2MSn.

解法二：∵22221111()naaaandM ∴22211220andandM

又1(23)(1)2andnS，故求S的最大值，只需求出123and的最大值.

令123tand，则132tnda，∴222332()2022tndtndndndM，

化解得：2225420ndntdtM，显然此关于d的一元二次不等式有解.

∴222(4)20(2)0ntntM，解得：210tM,

∴10(1)2MSn.

解法三：设22211naarM，01r.

令1sinarM，1cos(02)narM，则

12111111()(3)(3cossin)222nnnnnnSaaaarMrM

110cos()2nrM，其中1tan3，

当且仅当1,2r时，max10(1)2MSn，此时，31cos,sin1010， 即1110310,1010nMMaa时，max10(1)2MSn.