1、 1 2017-2018 学年高一数学下学期期末复习备考之精准复习模拟题（ B 卷 02）江苏版 一、填空题 1 已知 ，则 _ 【答案】 【解析】 试题分析：由题意可得，将 分别平方，再整体相加，即可得到的值 . 考点：三角函数化简求值 . 2 若钝角三角形 ABC 三边长分别是 , 1, 2( )a a a a N? ? ? ，则 a? . 【答案】 2 考点：余弦定理 3 已知 nS 为数列 na 的前 n 项和， 1 1a? ， 2 ( 1)nnS n a? ，若关于正整数 n 的不等式 222nna ta t? 的解集中的整数解有两个，则正实数 t 的取值范围为 【答案】 3(1,
2、)2 【解析】 试题分析： 2 ( 1)nnS n a? ， 1 1 1 12 ( 2 ) 2 ( 1 ) , ( 1 ) ( 2 )n n n n n n nS n a n a n a n a n a n a n? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ?， 因此 1121 2 1n nna a nnn ? ? ? ? ? L，由 222nna ta t? 得 2222n tn t t n t? ? ? ? ? ?， 因为 关于正整数 n 的解集中的整数解有两 个 ，因此 32 2 3 1 2tt? ? ? ? ? 考点：叠乘法求数列通项 2 4 如图 ,互不相同的点 和 分别在角 的两条
3、边上，所有 相互平行，且所有梯形 的面积均相等，设 若 ， ，则数列 的通项公式是_ 【答案】 考点： 1.推理能力 ;2.等差数列的性质 . 5 设nS,T分别是等差数列?na,b的前 项和 ,已知12 1? nnTSnn,*nN?,则 ?55ba 【答案】 1710 【解析】 试题分析： 根据等差数列的前 n 项和公式，则 nnST? 222nnnn? ，设 2nS n n?， 22nT n n?，则 5999aSbT? 1017? . 考点：奇数项等差数列的前 n 项和及其中间项的问 题 . 6 已知 ，则 的最小值为 _ 【答案】 3 考点：基本不等式 . 7 已知 为正实数，且 ，则
4、 的最小值为 _ 【答案】 【解析】 试题分析：由题意得，令 ，则 ，所以 ， ，然后相加得 =2+ 考点： 1.换元法 ;2.基本不等式求最值 . 8 已知 ，则 的最小值为 _ 【答案】 3 【解析】 试题分析：由题意可得，因为 ，所以 ，故 （当且仅当 时取等号），所以 的最小值为 3. 考点：构造利用基本不等式。 9 设 ,lmn 是 空间三 条不同的直线， ,?是 空间两 个不重合的平面，给 出 下列四个命题 ： 若 l 与 m 异面， m n ，则 l 与 n 异面； 若 l ? ， ? ? ，则 l ? ； 若 ? ， l ? ， m ? ，则 lm? ； 若 m ? ， m n
5、 ，则 n ? . 其中 正确 命题 的 序号 有 （请将你认为正确命题的序号都填上） 【答案】 4 考点：空间中直线与平面的位置关系 . 10 圆 22 4 4 1 0x y x y? ? ? ? ?与圆 22 2 13 0x y x? ? ? ?相交于 ,PQ两点，则直线 PQ 的方程为 _. 【答案】 2 6 0xy? ? ? 【解析】 试题分析 : 联立 22 4 4 1 0x y x y? ? ? ? ?与 22 2 13 0x y x? ? ? ?并消去平方项可得： 01242 ? yx ，即 062 ? yx .由实际意义可知 062 ? yx 就是过两圆的交点的直线 . 考点：
6、两圆的位置关系及分析问题解决问题的能力 . 【易错点晴】本题 在求解极其容 易出现联立两个方程组成的方程组? ? ? 0132 01442222xyx yxyx，通过解这个方程组求出其交点 ,PQ的坐标，再运用两点的斜率公式求斜率，最后运用直线的点斜式方程求 ,PQ的直线方程的错误，因为这样不仅求解过程较为繁冗，而且极其容易出现求解及运算的错误，因此在求解时 可直接消去含 yx, 的平方项，得到关于的二元一次方程，即是过两交点的直线的方程 . 11 已知点 ， ，直线 与线段 有公共点（线段 包括端点），则 的取值范围是 _ 【答案】 【解析】 试题分析：由题意可得，分别将 A,B两点的坐标代
7、入到直线 的方程中，求解即可 . 5 考点：两点求直线斜率 12 等差数列 ?na 的公差为 d ，关于 x 的不等式 211 02da x a x c? ? ? ?的解集为 14,35?，则使数列 ?na的 前 n 项和 nS 最小的正整数 n 的值为 【答案】 4 考点：等差数列前 n 项和的最值问题 . 13定义函数 ( ) f x x x? ，其中 x 表示不小于 x 的最小整数，如 26.2,22.1 ? .当 )(,0( ? Nnnx 时 ，函数 )(xf 的值域记为 nA ，记 nA 中元素的个数为 na ，则 ?1021111 aaa ? 【答案 】 1120 【解析】 试题分
8、析：当 1,0(?x 时， xxxx ? ,1 ，则 1)( ? xxf ,即 11?A ，故 11?a ；当 2,0(?x 时， xxxx ? ,2,1 或 2 ，则 4,3,1)( ? xxf ,即 4,3,12 ?A ，故 32?a ；当 3,0(?x 时， xxxx ? ,3,2,1 或 x2 或 x3 ，则 9,8,7,4,3,1)( ? xxf ,即 9,8,7,4,3,12 ?A ，故 63 ?a ；同理可得104?a ，注意到 2 )1( ? nnan ,所以 11201110 232 221 21111021 ? aaa ?，故答案应填：1120 米 考点： 1、函数的定义
9、及运用； 2、分类整合的数学思想及运用； 3、归纳推理及分析解决问题的能力 6 【易错点晴】本题主要考查的是不完全归纳法在解题中的运用，同时考查分类整合数学思想在解题中的运用，属于难题解题时一定要抓住题设条件，借助新定义的运算规则进行推理与运算，否则很容易出现错误运用归纳法解这类问题时一定要多列举一些项，以便找出规律性的东西，还要定义域决定值域这一规律，并灵活运用数学思想进行求解 14在 ABC? 中，角 ,ABC 所对的边分别为 ,abc，若 ABC? 为锐角三角形，且满足 22b a ac?，则11tan tanAB? 的取值范围是 . 【答案】 23(1, )3 考点：余弦定理 ，三角函
10、数等价变换 二、解答题 15在 ABC? 中，设 ACBAACCA c o ss i n2t a nt a n,2s i ns i ns i ns i n ? . （ 1）求 B 的值； （ 2） 求 acb2 的值 . 【答案】（ 1） 4?B ；（ 2） 22? 【解析】 试题分析：（ 1）依据题设与两角和的正弦公式建立方程，求出 B 大小；（ 2）先依据题设正弦定理、余弦定理建立方程进行求解即可 试题解析： 7 （ 1）因为 BA CBA BABBAA c o sc o ss i nc o sc o s )s i n (c o ss i nc o ss i n ? 所以 22c o s,
11、c o ss i n2c o sc o ss i n ? BACBA C 因为 ),0( ?B ， 4?B 考点： 1、正弦定理及余弦定理的应用； 2、两角和的正弦公式及应用； 3、灵活运用知识分析问题解决问题的能力 16设 ?na 是公比为正整数的等比数列， ?nb 是等差数列，且 1 2 3 64aaa ? ， 1 2 3 42b b b? ? ?， 1 1 3 36 2 0a b a b? ? ? ?. （ 1）求数列 ?na 和 ?nb 的通项公 式； （ 2） 设 , = 2 1 , , = 2 , ,nn na n k k Npb n k k N? ? ?数列 ?np 的前 n 项
12、和为 nS . 试求最小的 正整数 0n ，使得 当 0nn? 时，都有 2 0nS ? 成立； 是否存在正整数 ,mn? ?mn? ， 使得 mnSS? 成立？ 若存在，请求出所有满足条件的 ,mn；若不存在，请说明理由 . 【答案】（ 1） 102,2 ? nba nnn ； （ 2）最小的 正整数 40?n ； 存在正整数 6,2 ? nm ， 使得 nm SS ? 成立 . 【解析】 8 试题分析： （ 1） 利用等差数列与等比数列的通项公式即可得出 ； （ 2） ?*,2,12,NkknbNkknapnnn ， 可得数列 ?np 的前 2n项和 nS2 ，设 )1(22 ? nnn
13、SSt ,则 1042 12 ? ? nt nn ， 5?n 时， 0302 95 ? ttn ，即 5?n 时， )1(22 ? nn SS ，数列 ? ?nS2 在 4?n 时单调递增，而 08?S ，所以 082 ?SS n ， 即可得出 最小的 正整数 由 21?S ， 122 ?S ， 43 ?S ， 224 ?S ， 105?S ， 126 ?S ， 1167?S ， 908?S .按 nm, 的奇偶性分情况 ： 1当 nm, 同时为偶数时，由可知 6,2 ? nm ； 2当 nm, 同时为奇数时，2?n 时， 1212 ? ? nn SS ，数列 ? ?12?nS 在 2?n 时
14、单调递增， nm SS ? 不成立； 3当 m 为偶数， n 为奇数时， nmm SSS ? ?1 ， nm SS ? 不成立； 4当 m 为奇数， n 为偶数时，显然 5?m 时， nm SS ? 不成立；综合即 可得出使得 nm SS ? 成立的 正整数 nm, . 得 02)(62222 ? dbqadbqa， 即?014801424dqdq ，消去 d ，得 028824 ? qq， 解得 23?q 或 2?q ， 又 *Nq? ， 2,2 ? dq ， 9 得 102,2 ? nba nnn . （ 2） 012142212 ? baS ， 022188124324 ? baSS ，
15、 0122232226546 ? baSS ， 09026128128768 ? baSS ， 设 )1(22 ? nnn SSt , 则 1042 12212212 ? ? nbappt nnnnnn ， ? ?0423423 )1042(10)1(42112121)1(21? ? ?nnnnn nntt? 所以数列 ?nt 单调递增，则 5?n 时， 0302 95 ? ttn ， 即 5?n 时， )1(22 ? nn SS ，数列 ? ?nS2 在 4?n 时单调递增， 而 08?S ，所以当 4?n 时， 082 ?SS n ， 综上，最小的 正整数 40?n . 法一： 211 ?
16、aS ， 122 ?S ， 4812323 ? aSS ， 224 ?S ， 103222545 ? aSS ， 126 ?S ， 11612812767 ? aSS ， 908?S . 1.当 nm, 同时为偶数时，由可知 6,2 ? nm ； 10 2.当 nm, 同时为奇数时，设 1212 ? ? nnn SSr , 则 12122122 2104 ? ? nnnnnn nabppr ， ? ?0423423 )2104(210)1(431212321? ? ?nnnnn nnrr? 所以数列 ?nr 单调递增，则当 2?n 时， 0182 52 ? rrn ， 即 2?n 时， 1212 ? ? nn SS ，数列 ? ?12?nS 在 2?n 时单调递增， 而 1042 531 ? SSS ， ， 故当 nm, 同时为奇数时， nm SS ? 不成立； 4.当 m 为奇数， n 为偶数时，显然 5?m 时， nm SS ? 不成立， 若 7?m ，则 1?mn ， 若 1?mn ， 则 nmmmmmmm SSmSbSPSS ? ? 111111 10)1(2， 即 nm SS ? ， 1? mn 时， nm SS ? 不成立， 若 1?mn ，即 3?mn ， 由中数列 ? ?nS2 的单调性，可知 3? mn SS ，
