成都七中2014-2015学年下期 高一半期考试数学试卷(参考答案)
考试时间：120分钟 总分：150分
命题人：张世永 审题人：杜利超 吴雪
一.选择题 CABDB AADBC CB
??2,n?1,二、填空题13. 6 14. ?n?2 15. 1250 16. 1010
?2,n?2,?三.解答题
17、解：（1）由cos??1?sin?， 51222422?0. ……4分 平方得cos???sin??sin?，则2sin??sin??255525243sin??,cos???. 由??(0,?)，得sin??0，从而
55?tan???4. ……6分 3（2） 原式=cos2?cos??sin2?sin? . ?(2cos2??1)cos??2sin2?cos?
183163?1)?(?)?2??(?)255255117?. ……12分 125118.证明：（1）令x?n,y?1，得f(n?1)?f(n)f(1)?f(n)，
2?(?f(n?1)1?，
f(n)2?数列?f(n)?是以2为首项，2为公比的等比数列。 ……6分
11f(n)?()n,?an?nf(n)?n()n,n?N?（2）由（1）得 22则Sn?a1?a2?11?an.
?n?1n?n, ① n?122?Sn?123?2?3?22212n?1n11?n?n?1 , ② 得Sn?2?3?22222211111nSn??2?3??n?n?1. ① -②得
2222221n?1??
2n2n?12?n?Sn?2? . ……12分
2nxx?x?x?19.解：（1）f(x)?a?b?22cossin(?)?tan(?)tan(?)
2242424xx1?tantan?1x2x2x2?2 ?22cos( sin?cos)?222221?tanx1?tanx22xx2x?1 ?2cossin?2cos222 ?sinx?cosx ……4分
11（1）由f(x)?sinx?cosx?，平方得1?sin2x?，
398?sin2x??. ……8分
9???（2）由f(x)?f(x?)?0得，sinx?cosx?sin(x?)?cos(x?)?0，
222① ??2cosx?0，又x?(0,?) ?x??2 ……10分
但是当x??x?时，tan(?)无意义，所以不存在满足条件的实数x.……12分 224020.解：（1）由题意知，?AED??CBE??BAE???30.
所以b?BE?cos300?AB?sin300cos300?又a?b?83?6，
3a, 4解得a?83,b?6. ……6分 （2）
b?BE?cos??AB?sin?cos??b112 ,a?sin2?, ??sin?a22由
5??5?2?3???，得?2??，从而?sin2??1. 2431232b131??sin2??[,], a242A规格:
40213033??,不符合条件； ,不符合条件； B规格: ??60328084C规格:
32431??[,],符合条件。 72942所以选择C规格的硬纸板使用.
答:(1) a?83,b?6;(2) 选择C规格的硬纸板使用. ……12分
absinBsinA?,得sin2A??sin2B?,
sinAsinBcosBcosA?sinAcosA?sinBcosB，即sin2A?sin2B， ……2分 ?2A?2B或2A?2B??，
21.解：（1）方法一：由正弦定理
?A?B或A?B??2，
所以?ABC是等腰或直角三角形. ……4分 方法二：对化简后的acosA?bcosB用余弦定理也可。
2abc222??, （1） 由sinC?sinA?sinB?sinAsinB，和正弦定理
sinAsinBsinC32222得c?a?b?ab，
3a2?b2?c2122???0,所以sinC?又由余弦定理得cosC?, ……6分
2ab33所以只能A?B，得
cos(2A?)?cos(??C?)??cos(C?)
666 ??(cosCcos?????sinCsin)
66? ?3?22. ……8分 6（3）假设存在?ABC，满足条件.
?，cos2A?sin2A?1，则A可取区间(0,)内的任意值；
222?222当A?B时，2cosA?cos(??2A)?1，化简得cos2A?cos2A?0，解得A?.
4所以存在?ABC，满足条件. ……12分
当A?B??时，C??22.解：（1）设等差数列的公差为d,等比数列的公比为则a1?1,a2?2,a3?1?d,a4?2q,a9?1?4d.
q.
由S5?2a4?a5，得a1?a2?a3?a4，即4?d又由a9?a3?a4，得1?4d解得d?2q.
?1?d?2q.
?2,q?3.
所以对于k?N?,a2k?1?1?(k?1)?2?2k?1,a2k?2?3k?1.
n,n?2k?1,???a?(k?N). ……4分 n?故n?12??2?3,n?2k,（2）若am?a2k,则由amam?1?am?2得2?3k?1(2k?1)?2?3k， 解得k?1,m?2.
若am?a2k?1,则由amam?1?am?2得(2k?1)?2?3k?1?2k?1,， 此式左边为偶数，右边为奇数，不可能成立. 故满足条件的正整数（3）对于k?N?，有
m的值为2. ……8分
S2k(1?2k?1)k2(1?3k)???k2?1?3k， 21?3S2k?1?S2k?a2k?k2?1?3k?2?3k?1?k2?1?3k?1.……10分
假设存在正整数
m，使得SS2m恰好为数列?an?中的一项，
2m?1又由（1）知，数列?an?中的每一项都为正整数，故可以设
S2m?l(l?N?)， S2m?1m2?1?3m?l， 则2m?1?3m?1方法一：化简得(3?l)3m?1?(l?1)(m2?1).
m?1,l?1,3m?1?0,?l?3.
又l?N?,故l可以取值为1,2,3. 当l?1时，(3?l)3m?1?0,(l?1)(m2?1)?0.
?(3?l)3m?1?(l?1)(m2?1)不成立；
当l?2时， (3?2)3m?1?(2?1)(m2?1)，即3m?1?m2?1, ?1，3m?1m2?1?T?(m?N,m?2)， 2mm?1?m?1，令3 若m 则
Tm?1?Tm(m?1)2?1m2?1?2m2?2m?3??? 3m3m?13m
?2(m??12717)??2(2?)2?22?22?0 3m32，
因此，1?T2?T3?故只有T2?1，此时m?2,l?2?a2； 当l?3时， (3?3)3m?1?(3?1)(m2?1)，
?m?1,l?3?a3.
综上，存在正整数1，使得
S2S恰好为数列?an?中的第三项；存在正整数2，使得4恰S1S3好为数列?an?中的第二项. ……14分
22?3m?1?l方法二：1?2，即1??l，
m?1?3m?1m2?1?1m?13而函数y?x2?1与y?3x?1在(0,??)都单调递增，在(0,??)有两个交点， 当m?1时，l?3；当m?2时，l?2.
S2S恰好为数列?an?中的第三项；存在正整数2，使得4S1S3所以，存在正整数1，使得
恰好为数列?an?中的第二项. ……14分