武漢二中2014——2015學年下學期高一年級期末考試數(shù)學（理科）試卷命題教師:江峰審題教師:賴海燕考試時間:2015年7月2日上午9:00—11:00試卷滿分:150分一、選擇題:本大題共12小題,每小題5分,共60分.在每小題給出的四個選項中,只有一項是符合題目要求的.1.的值為 （） A. B. C. D.2.將長方體截去一個四棱錐,得到的幾何體如右圖所示,則該幾何體的側(cè)視圖為 （）側(cè)視側(cè)視A.BDC3.設是兩條不同的直線,是兩個不同的平面,則能得出的是 （） A.,, B.,, C.,, D.,,4.為等差數(shù)列,為其前項和,則 （） A. B. C. D.5.如圖所示,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,BC＝AC,AC1⊥A1B,M,分別為A1B1,AB的中點,給出下列結(jié)論:①C1M⊥平面A1ABB1②A1B⊥AM;③平面AMC1∥平面CNB1.其中正確結(jié)論的個數(shù)為（） A.0 B.1 C.2 D.36.在中,若,則邊上的高等于（） A. B. C.3 D.7.已知圓C:x2＋y2－2x＝1,直線l:y＝k(x－1)＋1,則與C的位置關系是 （） A.一定相離 B.一定相切 C.相交且一定不過圓心 D.相交且可能過圓心8.已知是正數(shù),且滿足.那么的取值范圍是 （） A. B. C.(1,16) D.9.已知數(shù)列滿足,若是遞減數(shù)列,則實數(shù)的取值范圍是 （） A.(,1) B.(,) C.(,1) D.(,)10.正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為1,E,F分別為線段AA1,B1C上的點,則三棱錐D1的體積為 （）A. B. C. D.11.在中,,,是的中點,若是的中點,是（包括邊界）內(nèi)任一點.則·的取值范圍是 （） A. B. C. D.12.數(shù)列滿足:,且對每個,是方程的兩根,則的前6項的和的4倍為 （）A.183 B.132 C.528 D.二、填空題:本大題共4小題,每小題5分,共20分.請將答案填在答題卡對應題號的位置不得分13.已知滿足約束條件則的最大值為.14.已知圓:,直線與圓相切,且切點在第四象限,則.15.已知,,且,若恒成立,則m的取值范圍是___________________16.等差數(shù)列中,,且其前n項和Sn有最小值,以下命題正確的是.①公差;②為遞減數(shù)列;③S1,S2……S19都小于零,S20,S21……都大于零;④時,Sn最小;⑤時,Sn最小.三、解答題:本大題共6小題,共70分.17、18題10分,19、20、21題12各12分,22題14分;解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17.公差不為零的等差數(shù)列中,,成等比數(shù)列.(1)求數(shù)列的通項公式;(2)設,求數(shù)列的前項和.已知f(x)＝a·b,其中a＝(2cosx,－eq\r(3)sin2x),b＝(cosx,1)(x∈R).(1)求f(x)的最小正周期和單調(diào)遞減區(qū)間;(2)在△ABC中,內(nèi)角A,B,C的對邊分別為a,b,c,f(A)＝－1,a＝eq\r(7),eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝3,求b和c的值(b＞c).已知直線l的方程為t(x-1)+2x+y+1＝0(t∈R)(1)若直線l在兩坐標軸上的截距相等,求直線l的方程;(2)若直線l不經(jīng)過第二象限,求實數(shù)t的取值范圍.20.已知圓C:x2＋y2＋x－6y＋m＝0與直線l:x＋2y－3＝0.(1)若直線l與圓C沒有公共點,求m的取值范圍;(2)若直線l與圓C相交于P、Q兩點,O為原點,且OP⊥OQ,求實數(shù)m的值.21.如圖,在四棱錐P-ABCD中,底面ABCD是平行四邊形,平面PAB⊥平面ABCD,PA＝PB＝AB＝AD,∠BAD＝60o,點E,F分別為AD,PC的中點.(1)求證:EF∥平面PAB;(2)求二面角D-PA-B的余弦值.22.設是非負等差數(shù)列的前n項和,,若,求證:(1)成等差數(shù)列;(2).

武漢二中2014——2015學年下學期高一年級期末考試數(shù)學試卷參考答案1－6CDCADA7－12CBDABD13.;14.;15;16.①③⑤17.(1)數(shù)列{an}的通項公式為(2),數(shù)列{bn}是以2為首項，8為公比的等比數(shù)列，18.(1)T＝πf(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ－\f(π,6)，kπ＋\f(π,3)))，k∈Z(2)b＝3，c＝219.(1)當直線l過原點時，該直線在x軸和y軸上的截距為零，此時相等，所以t＝1，直線l的方程為3x＋y＝0.當直線l不過原點時，由截距存在且均不為0，得＝t－1，即t＋2＝1，所以t＝－1，直線l的方程為x＋y＋2＝0.故所求直線l的方程為3x＋y＝0或x＋y＋2＝0.(2)將直線l的方程化為y＝－(t＋2)x＋t－1，因為l不經(jīng)過第二象限，所以或所以t≤－2，所以t的取值范圍是(－∞，－2].20.(1)圓的方程為(x＋eq\f(1,2))2＋(y－3)2＝eq\f(37－4m,4)，故有eq\f(37－4m,4)>0，解得m<eq\f(37,4).將直線l的方程與圓C的方程組成方程組，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋2y－3＝0，,x2＋y2＋x－6y＋m＝0，))消去y，得x2＋(eq\f(3－x,2))2＋x－6×eq\f(3－x,2)＋m＝0，整理，得5x2＋10x＋4m∵直線l與圓C沒有公共點，∴方程①無解．故有Δ＝102－4×5(4m－27)<0，解得m∴m的取值范圍是(8，eq\f(37,4))．(2)設P(x1，y1)，Q(x2，y2)，由OP⊥OQ，得eq\o(OP,\s\up12(→))·eq\o(OQ,\s\up12(→))＝0，即x1x2＋y1y2＝0.②由(1)及根與系數(shù)的關系，得x1＋x2＝－2，x1x2＝eq\f(4m－27,5).③又∵P、Q在直線x＋2y－3＝0上，∴y1y2＝eq\f(3－x1,2)×eq\f(3－x2,2)＝eq\f(1,4)[9－3(x1＋x2)＋x1x2]．將③代入上式，得y1y2＝eq\f(m＋12,5)，④將③④代入②，得x1x2＋y1y2＝eq\f(4m－27,5)＋eq\f(m＋12,5)＝0，解得m＝3.代入方程①檢驗得Δ>0成立，∴m＝3.21.（1）如圖，取PB的中點G，聯(lián)結(jié)AG，F(xiàn)G，∵點F為PC的中點，∴FG∥BC,且FG=BC又底面ABCD是平行四邊形，點E為AD的中點∴AE∥BC,且AE=BC∴FG∥AE且FG=AE∴四邊形AEFG是平行四邊形∴EF∥AC,又AG平面PAB，EF平面PAB∴EF∥平面PAB（2）如圖，取PA的中點N，連BN,DN∵△PAB是等邊三角形,∴BN⊥PA.∵AB=AD,∠BAD=60o∴△ABD是直角三角形，且∠ABD=90o又平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD＝AB.BD平面ABCD,BD⊥AB∴BD⊥平面PAB又PB平面PAB，∴BD⊥PB又PB=AB,∴Rt△PBD≌Rt△ABD∴PD=AD,DN⊥AP，∴∠DNB