1、彭山一中23届高二入学考试数学试题一、选择题（共12小题，每小题5分，共60分）. 1过点P（1，1）且平行于l：x2y+10的直线方程为（）Ax+2y+10B2x+y10Cx2y30D2xy+302若ab，则一定有（）AB|a|b|CDa3b33在等差数列an中，若a45，则数列an的前7项和S7（）A15B20C35D454不论m为何值，直线（m2）xy+3m+20恒过定点（）A（3，8）B（8，3）C（3，8）D（8，3）5若实数x，y满足约束条件，则z2xy的最小值是（）A3B2C1D06在ABC中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，若c2（ab）2+8，C，则ABC的面积为（）
2、AB2C3D47已知实数a0，b0，是4a与2b的等比中项，则的最小值是（）ABC8D48在ABC中，已知a2bcosC，且sin2Asin2B+sin2C，则ABC的形状是（）A等腰三角形B等腰直角三角形C直角三角形D等边三角形9某药店有一架不准确的天平（其两臂不等）和一个10克的砝码一名患者想要20克中药，售货员将砝码放在左盘中，将药物放在右盘中，待平衡后交给患者；然后又将药物放在左盘中，将砝码放在右盘中，待平衡后再交给患者设两次称量后患者实际得到药物为m克，则下列结论正确的是（）Am20Bm20Cm20D以上都可能10已知数列an满足an+1，a11，数列bn满足b11，bnbn1（n2
3、），则b8（）A64B81C80D8211在ABC中，a、b、c分别为内角A、B、C所对的边，且，若点O是ABC外一点，OA2，OB1则平面四边形OACB的面积的最大值是（）ABC3D12直线l：2kx2y3k+10分别与直线l1：x+2y50和l2：2xy50交于A，B两点，l1与l2交于点P，O为坐标原点，当O到l的距离最大时，（）A1B1C2D0二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13已知平面向量（2，5），（10，x），若，则x 14设a0，b0，且5ab+b21，则a+b的最小值为 15已知A（1，12），B（3，4），过点C（1，0）且斜率为k的直线l1与线段AB相交
4、，点D（0，1）到直线l2：3x+4y+k0的距离为d，则实数d的取值范围是 16已知正项等比数列an中，a4a26，a5a115，则an ，又数列bn满足；若Sn为数列an+1bn的前n项和，那么S3n 三、解答题（本大题共6小题，共70分解答应写出必要的文字说明、推演步骤）17（10）已知关于x的不等式2kx2+kx0，k0（1）若k，求不等式的解集；（2）若不等式的解集为R，求k的取值范围18（12）已知|2，|3，（23）（2+）7（1）若与3+k垂直，求k的值；（2）求与+夹角的余弦值19（12）在ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若asinBcosC+csinBcosA
5、b，且ab（1）求角B的值；（2）若A，且ABC的面积为4，求BC边上的中线AM的长20（12）已知数列an是等差数列，数列bn是正项等比数列、且a1b11，a3+b28，a5b3（1）求数列an和bn的通项公式；（2）若cnanbn（nN*），求数列cn的前n项和Tn21（12）在ABC中，a，b，c分别为内角A，B，C的对边，2b2（b2+c2a2）（1tanA）（1）求角C；（2）若，D为BC中点，在下列两个条件中任选一个，求AD的长度条件：ABC的面积S4且BA；条件：22（12）设函数f（x）1+ln，设a11，（1）求数列an的通项公式（2）若b1，bn，数列bn的前n项和为Sn，
6、若Sn（an+1+1）对一切nN*成立，求的取值范围参考答案CDCCB BCBAA AD 13.4 14. 15.1，2 16.2n1；17.解：（1）因为，关于x的不等化为，即2x2+x30，解集为，（2）关于x的不等式的解集为R分情况讨论，当2k0，即k0时，原不等式为，恒成立，当2k0，即k0时，解得3k0，综上，故k的取值范围为（3，018.解：（1）因为，所以164277，所以1，因为与3+k垂直，所以，即，所以12k+39k0，即故k的值为（2），设向量与的夹角为，则cos，所以向量与的夹角的余弦值为19.解：（1）因为asinBcosC+csinBcosAb，由正弦定理得sinA
7、sinBcosC+sinCsinBcosAsinB，整理得sinAcosC+sinCcosA，即sin（A+C），得sinB又ab，所以0，可得B（2）由（1）知B，若A，则SABCabsinC4，所以a4，a4（舍）又在AMC中，AM2AC2+MC22ACMCcos，所以AM2AC2+（AC）22ACACcos42+22228，所以AM220.解：（1）设等差数列an的公差为d，正项等比数列bn的公比为q，q0，由a1b11，a3+b28，a5b3，可得1+2d+q8，1+4dq2，解得d2，q3，则an1+2（n1）2n1，bn3n1；（2）cnanbn（2n1）3n1，Tn130+331
8、+532+.+（2n1）3n1，3Tn13+332+533+.+（2n1）3n，两式相减可得2Tn1+2（31+32+.+3n1）（2n1）3n1+2（2n1）3n，化简可得Tn1+（n1）3n21.解：（1）2b2（b2+c2a2）（1tanA）2b22bccosA（1tanA）bc（cosAsinA），由正弦定理可得：sinBsinC（cosAsinA），sin（A+C）sinCcosAsinCsinA，sinAcosCsinCsinA0，tanC1，解得C（2）选择条件，cosB，sinBsinAsin（B+C）sinBcosC+cosBsinC，由正弦定理可得：a2在ABD中，由余弦定理可得：AD2AB2+BD22ABBDcosB，解得AD22.解：（1）f（x）1+ln，则f（x）+f（1x）1+ln+1+ln2+ln12，当n2时，anf（）+f（）+.+f（），anf（）+f（）+.+f（），+可得2anf（）+f（）+f（）+f（）+.+f（）+f（）2+2+.22（n1），即ann1，所以an；（2）b1，当n2时，bn，当n2时，Sn+.+1，上式对n1时，也成立，所以Sn（an+1+1）即为（n+1），即为，由n+的最小值为2，当且仅当n1时取得等号所以
