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湖北省武汉市五校2019-2020学年高一下学期期中联考试题——数学试题
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这是一份湖北省武汉市五校2019-2020学年高一下学期期中联考试题——数学试题，文件包含期中考试高一数学试卷pdf、高一下学期试题答案1doc等2份试卷配套教学资源，其中试卷共8页， 欢迎下载使用。
选择题
A C B C A DBD D C C A
二、填空题：
13．锐角；14. 13-6；15. ；16.3
三、解答题:
17.解：解：设，则
得，………………………………………4分
即或
或
………………………………………10分
18．解：(1)(方法一)由题设知，2sinBcsA＝sin(A＋C)＝sinB.
因为sinB≠0，所以csA＝eq \f(1,2).
由于0(方法二)由题设可知，2b·eq \f(b2＋c2－a2,2bc)＝a·eq \f(a2＋b2－c2,2ab)＋c·eq \f(b2＋c2－a2,2bc).于是b2＋c2－a2＝bc.
所以csA＝eq \f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq \f(1,2).
由于0(2)(方法一)因为eq \(AD2,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\(AB,\s\up6(→))＋\(AC,\s\up6(→)),2)))2＝eq \f(1,4)(eq \(AB,\s\up6(→))2＋eq \(AC,\s\up6(→))2＋2eq \(AB,\s\up6(→))·eq \(AC,\s\up6(→)))
＝eq \f(1,4)(1＋4＋2×1×2×cseq \f(π,3))＝eq \f(7,4)，
所以|eq \(AD,\s\up6(→))|＝eq \f(\r(7),2).从而AD＝eq \f(\r(7),2). ………………………………………12分
(方法二)因为a2＝b2＋c2－2bccsA＝4＋1－2×2×1eq \f(1,2)＝3，所以a2＋c2＝b2，B＝eq \f(π,2).
因为BD＝eq \f(\r(3),2)，AB＝1，
所以AD＝eq \r(1＋\f(3,4))＝eq \f(\r(7),2). ………………………………………12分
19．（1）设数列的公差为，依题意，，，成等比数列，故有
，
化简得，解得或.
当时，；
当时，，
数列的通项公式为或……………………………………6分.
（2）当时，. 显然，
此时不存在正整数n，使得成立.
当时，.
令，即，
解得或（舍去），
此时存在正整数n，使得成立，n的最小值为41.
综上，当时，不存在满足题意的n；当时，存在满足题意的n，其最小值为41. ………………………………………12分.
20．解：（1）因为，所以，即.
所以是以为首项，为公差的等差数列.
………………………………………6分
所以，即.
（2 ）由（1）得，即.
，
所以数列{}前n项和
. ………………………………………12分
21.解： (1)由及正弦定理，得
，化简，得.
由余弦定理，得.
因为，所以. ………………………………4分
（2）因为，所以，
所以，
即，所以，或.
（ⅰ）当时，为直角三角形，，，.
由得，，所以
（ⅱ）当时，，此时.
因为，所以，所以.
所以，的面积为. ………………………………12分
22. （1）∵an+12﹣an+1an﹣2an2＝0，∴（an+1+an）（an+1﹣2an）＝0，∵数列{an}的各项均为正数，
∴an+1+an＞0，∴an+1﹣2an＝0，即an+1＝2an，所以数列{an}是以2为公比的等比数列．
∵a3+2是a2，a4的等差中项，∴a2+a4＝2a3+4，∴2a1+8a1＝8a1+4，∴a1＝2，
∴数列{an}的通项公式an＝2n．分
（2）由（1）及bn＝ ，得，bn＝﹣n•2n，∵Sn＝b1+b2++bn，
∴Sn＝﹣2﹣2•22﹣3•23﹣4•24﹣﹣n•2n①
∴2Sn＝﹣22﹣2•23﹣3•24﹣4•25﹣﹣（n﹣1）•2n﹣n•2n+1②
①﹣②得，Sn＝2+22+23+24+25++2n﹣n•2n+1＝，
要使Sn+n•2n+1＞50成立，只需2n+1﹣2＞50成立，即2n+1＞52，
∴使Sn+n•2n+1＞50成立的正整数n的最小值为5．
分
选择题
A C B C A DBD D C C A
二、填空题：
13．锐角；14. 13-6；15. ；16.3
三、解答题:
17.解：解：设，则
得，………………………………………4分
即或
或
………………………………………10分
18．解：(1)(方法一)由题设知，2sinBcsA＝sin(A＋C)＝sinB.
因为sinB≠0，所以csA＝eq \f(1,2).
由于0
所以csA＝eq \f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq \f(1,2).
由于0
＝eq \f(1,4)(1＋4＋2×1×2×cseq \f(π,3))＝eq \f(7,4)，
所以|eq \(AD,\s\up6(→))|＝eq \f(\r(7),2).从而AD＝eq \f(\r(7),2). ………………………………………12分
(方法二)因为a2＝b2＋c2－2bccsA＝4＋1－2×2×1eq \f(1,2)＝3，所以a2＋c2＝b2，B＝eq \f(π,2).
因为BD＝eq \f(\r(3),2)，AB＝1，
所以AD＝eq \r(1＋\f(3,4))＝eq \f(\r(7),2). ………………………………………12分
19．（1）设数列的公差为，依题意，，，成等比数列，故有
，
化简得，解得或.
当时，；
当时，，
数列的通项公式为或……………………………………6分.
（2）当时，. 显然，
此时不存在正整数n，使得成立.
当时，.
令，即，
解得或（舍去），
此时存在正整数n，使得成立，n的最小值为41.
综上，当时，不存在满足题意的n；当时，存在满足题意的n，其最小值为41. ………………………………………12分.
20．解：（1）因为，所以，即.
所以是以为首项，为公差的等差数列.
………………………………………6分
所以，即.
（2 ）由（1）得，即.
，
所以数列{}前n项和
. ………………………………………12分
21.解： (1)由及正弦定理，得
，化简，得.
由余弦定理，得.
因为，所以. ………………………………4分
（2）因为，所以，
所以，
即，所以，或.
（ⅰ）当时，为直角三角形，，，.
由得，，所以
（ⅱ）当时，，此时.
因为，所以，所以.
所以，的面积为. ………………………………12分
22. （1）∵an+12﹣an+1an﹣2an2＝0，∴（an+1+an）（an+1﹣2an）＝0，∵数列{an}的各项均为正数，
∴an+1+an＞0，∴an+1﹣2an＝0，即an+1＝2an，所以数列{an}是以2为公比的等比数列．
∵a3+2是a2，a4的等差中项，∴a2+a4＝2a3+4，∴2a1+8a1＝8a1+4，∴a1＝2，
∴数列{an}的通项公式an＝2n．分
（2）由（1）及bn＝ ，得，bn＝﹣n•2n，∵Sn＝b1+b2++bn，
∴Sn＝﹣2﹣2•22﹣3•23﹣4•24﹣﹣n•2n①
∴2Sn＝﹣22﹣2•23﹣3•24﹣4•25﹣﹣（n﹣1）•2n﹣n•2n+1②
①﹣②得，Sn＝2+22+23+24+25++2n﹣n•2n+1＝，
要使Sn+n•2n+1＞50成立，只需2n+1﹣2＞50成立，即2n+1＞52，
∴使Sn+n•2n+1＞50成立的正整数n的最小值为5．
分
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