江西省赣州市信丰县信丰中学2015届高三下学期第十二次数学限时练(理科A层)

高三第十二次数学限时练（理科A层）

一．选择题

1一个几何体的三视图形状都相同、大小均相等，那么这个几何体不可以是( )

A．球 B．三棱锥 C．正方体 D．圆柱

2.对于任意的直线l与平面α，在平面α内必有直线m，使m与l( )

A．平行 B．相交 C．垂直 D．互为异面直线

3.已知异面直线a，b分别在平面α，β内，且α∩β＝c，那么直线c一定( )

A．与a，b都相交 B．只能与a，b中的一条相交 C．至少与a，b中的一条相交 D．与a，b都平行 4．若P是两条异面直线l，m外的任意一点，则( )

A．过点P有且仅有一条直线与l，m都平行 B．过点P有且仅有一条直线与l，m都垂直 C．过点P有且仅有一条直线与l，m都相交 D．过点P有且仅有一条直线与l，m都异面

5．在梯形ABCD中，AB∥CD，AB⊂平面α，CD⊄平面α，则直线CD与平面α内的直线的位置关系只能是( )

A．平行 B．平行和异面 C．平行和相交 D．异面和相交

6．如图，在四面体ABCD中，截面PQMN是正方形，且PQ∥AC，则下列命题中，错误的是( )

A．AC⊥BD

B．AC∥截面PQMN C．AC＝BD

D．异面直线PM与BD所成的角为45° 二．填空题

17．若sin()，则cos(2)的值为

343m0,上有两个零点，则实数m的取值范围为 8．已知函数在f(x)sin(x)32三．解答题

9．已知△ABC的三内角A,B,C所对三边分别为a,b,c,且cos(A)42． 10(Ⅰ)求sinA的值；

(Ⅱ)若△ABC的面积S=12,b=6,求a的值．

10已知各项均不相等的等差数列{an}的前四项和S414,且a1,a3,a7成等比.

qfm（1）求数列{an}的通项公式；

1（2）设Tn为数列{若Tnan1对一切nN*恒成立，求实数的}的前n项和，

anan1最大值.

11．设Sn为数列an的前n项和，对任意的nN*，都有Snm1man(m为常数，且m0).

（1）求证：数列an是等比数列； （2）设数列an的公比

，数列bn满足b12a1,bnfbn1(n2，

nN*)，求数列bn的通项公式；

2n1（3）在满足（2）的条件下，求数列的前n项和Tn.

bn

12．在ABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,c，且4bsinA7a. （1）求sinB的值；

（2）若a,b,c成等差数列，且公差大于0，求cosAcosC的值.

13．在ABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,c，设S为△ABC的面积，满足4S＝3(a2b2c2). （1）求角C的大小；（2）若1tanA2c,且ABBC8求c的值. tanBb

14．在锐角△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c．已知sin(A－B)＝cosC． （1）若a＝32，b＝10，求c；

acosCccosA（2）求的取值范围．

b

3132sinxcosxsinx，将其图象向左移个单位，并

44221向上移个单位，得到函数fxacos2xba0,bR,的图象.

22(1)求实数a,b,的值； 15．已知函数gx(2)设函数xgx3fx,x0,，求函数x的单调递增区间和最值.

2

第十二次数学限时练（理科A层）

一．选择题 1.D2.C3.C4.B5.B6.C

二．填空题7．7 8

a118．3,2

三．解答题 9．

解得sinA4…………………………………………6分 5（Ⅱ）S1bcsinA12，又b6，解得c5，……………………8分 2134，sinA得cosA……………………9分

555由sinAcosA∴abc2bccosA3625265()97……………………11分

22235∴a97.………………………………………………………12分

4a16d14210．设公差为d,由已知得：(a12d)a1(a16d)，联立解得d1或d0（舍去）

a12，故ann1 6分

（2）Tn1111 8分 anan1(n1)(n2)(n1)(n2)11111111n…… 10分 2334n1n22n22(n2)2(n2)24nTnbn1，2(n)8 (n2)，2(n2)nn4又2(n)812，的最大值为12 12分

n11．试题解析：（1）证明：当n1时，a1S1m1ma1，解得当n2时，anSnSn1man1man．即1manman1 2分

． 1分

qfm∵m为常数，且m0， ∴

anmn2． 3分 an11mm的等比数列． 4分 1mm，b12a12． 1m∴数列an是首项为1，公比为（2）解：由（1）得，∵bnfbn1bn11111， ∴1，即1n2． 7分

bnbn1bnbn11bn1∴11是首项为，公差为1的等差数列． 8分 2bn2112n1*，即bn（nN）． 9分 n112n1bn22∴

22n1（3）解：由（2）知bn，则2n2n1． 10分

2n1bn2223242n2n1所以Tn， b1b2b3bn1bn即Tn1232522n32123n12n12n， ① 2n32n2n12n1 ②

n1则2Tn 12322n5223n-1②－①得-Tn2+2+2++234n12n1223(12n1)=2+2n12n1，

1222n2232n12n1(32n)2n16

Tn2n32n16． 14分

12．由4bsinA7a，根据正弦定理得4sinBsinA7sinA，

所以sinB7． 4分 4（Ⅱ）由已知和正弦定理以及（Ⅰ）得

sinAsinC7． ① 2设cosAcosCx， ②

①＋②，得22cos(AC)2

2

7x2． ③ 7分 400又abc，ABC，所以0B90，cosAcosC，

故cos(AC)cosB代入③式得x23． 10分 47． 4因此cosAcosC7． 2213．解：(1）∵根据余弦定理得a2b2c22abcosC，ABC的面积S＝1absinC, ∴由4S＝3(a2b2c2)，得tanC3 ， ∵0c，∴C＝（2） ∵1， 6分 3sinAcosBcosAsinBsinAcosB2ctanA2c, , ∴1sinBcosAcosAsinBbtanBbbAB)2c 即可得sin(,cosAsinBsinC2c. cosAsinBb∴由正弦定理得sinC2sinC解得cosA1. ,2cosAsinBsinB结合0A，得A∵ABC中，C3， 312,∴B(AC)3, 因此，ABBCc2， 1∵ABBC8, ∴c28, 2即c4． 12分

14．（1）由sin(A－B)＝cosC，得sin(A－B)＝sin(∵△ABC是锐角三角形， ∴A－B＝

－C)． 2－C，即A－B＋C＝， ① 22． 42

2

2

2

又A＋B＋C＝π， ② 由②－①，得B＝

2

2

由余弦定理b＝c＋a－2cacosB，得(10)＝c＋(32)－2c×32cos即c－6c＋8＝0，解得c＝2，或c＝4．

当c＝2时，b＋c－a＝(10)＋2－(32)＝－4＜0，

2

2

2

2

2

2

2

， 4

∴b＋c＜a，此时A为钝角，与已知矛盾，∴c≠2． 故c＝4． 6分 （2）由（1），知B＝

222

33，∴A＋C＝，即C＝－A． 444∴

3acosCccosAsinAcosCcosAsinCsinAC＝＝＝2sin(2A－)．

4bsinB22∵△ABC是锐角三角形， ∴

3＜A＜，∴－＜2A－＜， 424443acosCccosA22＜sin(2A－)＜，∴－1＜＜1．

4b22∴－

故

acosCccosA的取值范围为(－1，1)． 12分

b