浙江省乐清国际外国语学校高一年级2015-2016学年度下学期期中考试数学试题
本试卷两大题22个小题，满分150分，考试时间120分钟
★ 祝考试顺利 ★
第I卷（选择题共60分）
一、选择题（本大题12小题，每小题5分，共60分）
1．向量、的夹角为60°，且，，则等于（ ）
A.1 B. C. D.2
2．已知函数(ω＞0)的图象与直线y＝－2的两个相邻公共点之间的距离等于π，则的单调递减区间是（ ）
A、 B、
C、 D、
3．是两个非零向量，且，则与的夹角为（ ）
A．300 B．450 C．600 D．900
4．是两个非零向量，且，则与的夹角为（ ）
A．300 B．450 C．600 D．900
5．在中，内角的对边分别为，若,,,则等于( )
A．1 B． C． D．2
6．在中，若，则的形状是 ( )
A．钝角三角形 B．直角三角形 C．锐角三角形 D．不能确定
7．在中，则（ ）
A． B． C． D．
8．等差数列的值为（ ）
A．66 B．99 C．144 D．297
9．已知数列是公比为2的等比数列，若，则= ( )
A．1 B．2 C．3 D．4
10．已知等比数列的公比为正数，且·=2，=1，则=( )
A． B． C． D．2
11．已知等差数列的前n项和为，且=（ ）
A．18 B．36 C．54 D．72
12．等比数列中，，则（ ）
A．4 B．8 C．16 D．32
第II卷（非选择题）
二、 填空题（本大题共4个小题，每题5分，满分20分）
13．在锐角中,，三角形的面积等于，则的长为___________.
14．设在的内角的对边分别为且满足，则
.
15．已知数列中，，，则=___________.
16．循环小数化成分数为__________.
三、解答题（70分）
17．（本题12分）已知如图为函数f（x）=2sin（ωx+φ）（ω＞0，0＜φ＜）的部分图象．
（1）求f（x）的解析式及其单调递增区间；
（2）求函数g（x）=的值域．
18．（本题12分）已知函数．
（1）求的最小正周期；
（2）设，且，求．
19．（本题12分）在中，已知内角，边.设内角,面积为.
(1)若，求边的长；
(2)求的最大值.
20．（本题12分）已知函数其中在中，分别是角的对边，且．
（1）求角Ａ；
（2）若，，求的面积．
21．（本题12分）已知等比数列{an}满足：a1=2，a2•a4=a6．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）记数列bn=，求该数列{bn}的前n项和Sn．
22．（本题10分）已知数列的各项均为正数，是数列的前n项和，且．
（1）求数列的通项公式；
（2）的值．
参考答案
1．D
【解析】
试题分析：欲求，只需自身平方再开方即可，这样就可出现两向量的模与数量积，最后根据数量积公式解之即可．．
解：∵向量、的夹角为60°，且，，
∴•=1×2×cos60°=1
∴|2﹣|===2
故选D．
点评：本题主要 考查了向量的数量积的概念，以及向量的模的求法，属于向量的综合运算，同时考查了计算能力，属于基础题．
2．A
【解析】
试题分析：因为最小值为－2，可知y＝－2与f(x)两个相邻公共点之间的距离就是一个周期，于是，即ω＝2，即
令，k∈Z，解得x∈，选A
考点：三角函数恒等变形，三角函数的图象及周期、最值、单调性.
3．A
【解析】因为，所以，向量，围成一等边三角形，=600，
平分，故与的夹角为300 ，选A.
考点： 平面向量的线性运算，平面向量的夹角.
4．A
【解析】因为，所以，向量，围成一等边三角形，=600，
平分，故与的夹角为300 ，选A.
考点： 平面向量的线性运算，平面向量的夹角.
5．A
【解析】
试题分析：由正弦定理得，即。
考点：正弦定理的运用
6．A.
【解析】
试题分析：由，结合正弦定理可得，，由余弦定理可得，所以.所以是钝角三角形.
考点：余弦定理的应用；三角形的形状判断．
7．A
【解析】
试题分析：由正弦定理可得，。故A正确。
考点：正弦定理。
8．B
【解析】由已知及等差数列的性质得，
所以，选B.
考点：等差数列及其性质，等差数列的求和公式.
9．B
【解析】
试题分析：由等比数列的通项公式得，所以。
考点：等比数列的通项公式
10．B
【解析】
试题分析：设公比为．,因为,所以,即,解得,所以．故B正确．
考点：等比数列的通项公式．
11．D
【解析】
试题分析：,因为为等差数列,所以.所以.故D正确.
考点：1等差数列的前项和;2等差数列的性质.
12．C
【解析】
试题分析：设公比为，则。故C正确。
考点：等比数列的通项公式。
13．
【解析】
试题分析：已知三角形的两条边长，要求第三边，一般可用余弦定理，则必须求得已知两边的夹角，那么三角形的面积我们选用公式，可得，从而得，再由余弦定理可得结论．
考点：三角形的面积公式与余弦定理．
14．4
【解析】
试题分析：由正弦定理可得,即.
考点：1正弦定理;2两角和差公式,
15．
【解析】
试题分析：这是一个等差数列，已知条件中有其公差，首项为，通项公式为．
考点：等差数列的通项公式．
16．
【解析】
试题分析：由题意．
考点：无穷递缩等比数列的和．
17．（1）f（x）=2sin（2x+）；f（x）的单调递增区间为[kπ﹣，kπ+]，k∈Z
（2）[0，+∞）
【解析】
试题分析：（1）由函数图象过点（0，1）可得φ=，又ω+φ=，可得ω=2，可得函数解析式，整体法可得单调区间；
（2）由（1）知g（x）=y=，变形可得sin（2x++φ）=，由三角函数的有界性可得y的不等式，解不等式可得．
解：（1）∵函数图象过点（0，1），
∴2sinφ=1，即sinφ=，
又∵0＜φ＜，∴φ=
又ω+φ=，∴ω=2，
∴f（x）=2sin（2x+），
由2kπ﹣≤2x+≤2kπ+可得kπ﹣≤x≤kπ+，
∴f（x）的单调递增区间为[kπ﹣，kπ+]，k∈Z；
（2）由（1）知g（x）===，
令y=，
可得sin（2x+）+1=ycos（2x+）+y，
∴得sin（2x+）﹣ycos（2x+）=sin（2x++φ）=y﹣1，
∴sin（2x++φ）=，∴||≤1，
解得y≥0，即函数的值域为[0，+∞）
点评：本题考查三角函数解析式的确定，涉及三角函数的单调性和有界性，属中档题．
18．（1）；（2）.
【解析】
试题分析：（1）利用两角差的余弦公式，二倍角公式的降幂变形以及辅助角公式，可对恒等变形：
，从而可知的最小正周期为；（2）由（1）中变形的结果可知，再由可得，，再根据两角和的正切公式可知
.
试题解析：（1） 2分
， 4分
， 6分
∴的最小正周期为； 7分
（2）， 8分
由可知，，， 10分
∴． 12分
考点：三角恒等变形.
19．（1）.（2）取得最大值.
【解析】
试题分析：（1）由正弦定理即可得到.
（2）由的内角和 ，及正弦定理得到，将 化简为
根据角的范围得到
时，取得最大值.
试题解析：（1）由正弦定理得：. 6分
（2）由的内角和 ， ，
由 8分
=
10分
因为 ，
当即时，取得最大值. 14分
考点：正弦定理的应用，和差倍半的三角函数.
20．(1) (2)
【解析】
试题分析：(1)根据向量的数量积运算可得函数的解析式.然后将代入可得.
(2)根据题中所给条件以及角,利用余弦定理,联立可得.最后根据求得面积.
试题解析：
（1）因为,且.
所以,可得或.
解得或（舍）
（2）由余弦定理得，整理得
联立方程 解得 或。
所以
考点：向量的数量积运算;三角函数特殊角;余弦定理;三角形面积公式.
21．（1）=2n
（2）Sn=
【解析】
试题分析：（1）设等比数列{an}的公比为q，根据等比数列的通项公式和条件，列出关于q 的方程求出q，再代入化简即可；
（2）由（1）求出a2n﹣1、a2n+1的表达式，代入化简后裂项，代入数列{bn}的前n项和Sn，利用裂项相消法进行化简．
解：（1）设等比数列{an}的公比为q，
由a1=2，a2•a4=a6得，（2q）（2q3）=2q5，
解得q=2，
则=2n，
（2）由（1）得，，，
∴=
=，
则Sn=b1+b2+b3+…+bn
=（1﹣
==
点评：本题考查了等比数列的通项公式，对数的运算，以及裂项相消法求数列的前n项和，属于中档题．
22． （1）．（2）。
【解析】
试题分析：（1）令n = 1，解出a1 = 3, （a1 = 0舍），
由4Sn = an2 + 2an－3 ①
及当时 4sn－1 = + 2an-1－3 ②
①－②得到，
确定得到是以3为首项，2为公差的等差数列.
（2）利用“错位相减法”求和.
试题解析： （1）当n = 1时，解出a1 = 3, （a1 = 0舍） 1分
又4Sn = an2 + 2an－3 ①
当时 4sn－1 = + 2an-1－3 ②
①－② , 即，
∴ , 4分
（），
是以3为首项，2为公差的等差数列，
． 6分
（2） ③
又 ④
④－③
12分
考点：等差数列及其求和，等比数列的求和，“错位相减法”.
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