高一數(shù)學(xué)周末練習(xí)一

泰興市第一高級中學(xué)校本化資料 命題：殷峰 高一數(shù)學(xué)2017年2月25日高一數(shù)學(xué)周末練習(xí)一班級姓名一、填空題（共14題，每題4分共70分）1．設(shè)數(shù)列{an}，{bn}都是等差數(shù)列，若a1＋b1＝7，a3＋b3＝21，則a5＋b5＝________.2．在△ABC中，若S△ABC＝eq\f(1,4)(a2＋b2－c2)，那么角C＝________.3．在△ABC中，a＝6，B＝30°，C＝120°，則△ABC的面積是________．4.已知兩個數(shù)列x，a1，a2，a3，y與x，b1，b2，y都是等差數(shù)列，且x≠y，則eq\f(a2－a1,b2－b1)為________．5．在△ABC中，角A，B，C的對邊分別是a，b，c，若sinA＝eq\r(3)sinC，B＝30°，b＝2，則△ABC的面積是________．6．設(shè){an}為等差數(shù)列，公差d＝－2，Sn為其前n項和，若S10＝S11，則a1＝________.7.在△ABC中，已知cosA＝eq\f(5,13)，sinB＝eq\f(3,5)，則cosC的值為________．8．?dāng)?shù)列{an}為等差數(shù)列，a10＝33，a2＝1，Sn為數(shù)列{an}的前n項和，則S20－2S10＝________.9．設(shè)Sn為等差數(shù)列{an}的前n項和，若a1＝1，公差d＝2，Sk＋2－Sk＝24，則k＝________.10．在一個塔底的水平面上某點測得塔頂?shù)难鼋菫棣?，由此點向塔底沿直線行走了30m，測得塔頂?shù)难鼋菫?θ，再向塔底前進(jìn)10eq\r(3)m，又測得塔頂?shù)难鼋菫?θ，則塔的高度為________m.11．在中，若則角12．已知中,,若該三角形有兩解,則的取值范圍是_______________13．在△ABC中，若AB＝AC，則cosA＋cosB＋cosC的取值范圍為________．14．在三角形ABC中，A，B，C是其三個內(nèi)角，內(nèi)角A，B，C對邊的邊長分別是a，b，c，c＝2，C＝eq\f(π,3)，記m＝(sinC＋sin(B－A)，2)，n＝(sin2A,1)，若m與n共線，則△ABC的面積為________．二、解答題（本題共6題，共90分）15．(14分)在△ABC中，C－A＝eq\f(π,2)，sinB＝eq\f(1,3).(1)求sinA的值；(2)設(shè)AC＝eq\r(6)，求△ABC的面積．16.（14分）在等差數(shù)列{an}中，已知a1＝20，前n項和為Sn，且S10＝S15，求當(dāng)n取何值時，Sn取得最大值，并求出它的最大值；

(14分)在△ABC中，a、b、c分別為內(nèi)角A、B、C的對邊，且2asinA＝(2b＋c)sinB＋(2c＋b)sinC.(1)求A的大小；(2)若sinB＋sinC＝1，試判斷△ABC的形狀．18．(16分)如圖18，在一條海防警戒線上的點A、B、C處各有一個水聲監(jiān)測點，B、C兩點到點A的距離分別為20km和50km.某時刻，B收到發(fā)自靜止目標(biāo)P的一個聲波信號，8s后A、C同時接收到該聲波信號，已知聲波在水中的傳播速度是1.5km/s.設(shè)A到P的距離為xkm，用x表示B，C到P的距離，并求x的值；圖18

19．(16分)在等差數(shù)列{an}中，a16＋a17＋a18＝a9＝－36，其前n項和為Sn.(1)求Sn的最小值，并求出Sn取得最小值時n的值；(2)求Tn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an|.20.(16分)已知a，b，c分別為△ABC的三個內(nèi)角A，B，C的對邊，且滿足條件：acosC＋ccosA＝2bcosB.(1)求角B的大??；(2)求sinA＋sinC的取值范圍．

高一數(shù)學(xué)周末練習(xí)一參考答案1、352、eq\f(π,4)3、9eq\r(3)4、eq\f(3,4)5、eq\r(3)；6、20；7、eq\f(16,65)；8、4009、510、1511、12、；13、；14、.eq\f(2\r(3),3)15、(1)由C－A＝eq\f(π,2)和A＋B＋C＝π，得2A＝eq\f(π,2)－B,0<A<eq\f(π,4).故cos2A＝sinB，即1－2sin2A＝eq\f(1,3)，sinA＝eq\f(\r(3),3).(2)由(1)得cosA＝eq\f(\r(6),3).又由正弦定理，得eq\f(BC,sinA)＝eq\f(AC,sinB)，BC＝eq\f(sinA,sinB)·AC＝3eq\r(2)，所以S△ABC＝eq\f(1,2)AC·BC·sinC＝eq\f(1,2)AC·BC·cosA＝3eq\r(2).16、解(1)方法一∵a1＝20，S10＝S15，∴10×20＋eq\f(10×9,2)d＝15×20＋eq\f(15×14,2)d，∴d＝－eq\f(5,3).∴an＝20＋(n－1)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5,3)))＝－eq\f(5,3)n＋eq\f(65,3).∴a13＝0，即當(dāng)n≤12時，an>0，n≥14時，an<0，∴當(dāng)n＝12或13時，Sn取得最大值，且最大值為S13＝S12＝12×20＋eq\f(12×11,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5,3)))＝130.方法二同方法一求得d＝－eq\f(5,3).∴Sn＝20n＋eq\f(nn－1,2)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5,3)))＝－eq\f(5,6)n2＋eq\f(125,6)n＝－eq\f(5,6)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n－\f(25,2)))2＋eq\f(3125,24).∵n∈N*，∴當(dāng)n＝12或13時，Sn有最大值，且最大值為S12＝S13＝130.方法三同方法一求得d＝－eq\f(5,3).又由S10＝S15得a11＋a12＋a13＋a14＋a15＝0.∴5a13＝0，即a13＝0.∴當(dāng)n＝12或13時，Sn有最大值．且最大值為S12＝S13＝130.17、(1)由已知，根據(jù)正弦定理得2a2＝(2b＋c)b＋(2c＋b)c.即a2＝b2＋c2＋bc.由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccosA.故cosA＝－eq\f(1,2)，A＝120°.(2)由(1)得sin2A＝sin2B＋sin2C＋sinBsinC＝eq\f(3,4).又sinB＋sinC＝1，得sinBsinC＝eq\f(1,4)，解得sinB＝sinC＝eq\f(1,2).因為A＝120°，所以0°＜B＜60°，0°＜C＜60°，故B＝C＝30°.所以△ABC是頂角為120°的等腰鈍角三角形．18、依題意，有PA＝PC＝x，PB＝x－1.5×8＝x－12.在△PAB中，AB＝20，cos∠PAB＝eq\f(PA2＋AB2－PB2,2PA·AB)＝eq\f(x2＋202－x－122,2x·20)＝eq\f(3x＋32,5x).在△PAC中，AC＝50，cos∠PAC＝eq\f(PA2＋AC2－PC2,2PA·AC)＝eq\f(x2＋502－x2,2x·50)＝eq\f(25,x)，∴eq\f(3x＋32,5x)＝eq\f(25,x)，解之得x＝31.故PC＝x，PB＝x－12.x＝31.19、(1)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，因為a16＋a17＋a18＝－36，所以a17＝－12，又因為a9＝－36，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋8d＝－36,a1＋16d＝－12))，解得a1＝－60，d＝3.方法一Sn＝na1＋eq\f(nn－1,2)d＝－60n＋eq\f(n2－n,2)×3＝eq\f(3,2)n2－eq\f(123,2)n＝eq\f(3,2)(n－eq\f(41,2))2－eq\f(1232,24)，所以當(dāng)n＝20或21時，Sn最小，最小值為－630.方法二an＝－60＋(n－1)×3＝3n－63，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(an≤0,an＋1≥0))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3n－63≤0,3n＋1－63≥0))，解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n≤21,n≥20))，即當(dāng)n≤21時，an≤0；當(dāng)n≥20時，an≥0且a21＝0.所以當(dāng)n＝20或21時，Sn最小，最小值為S21＝S20＝20×(－60)＋eq\f(20×19,2)×3＝－630.(2)令an≤0，則n≤21，所以Tn＝－(a1＋a2＋…＋a21)＋(a22＋a23＋…＋an)所以當(dāng)n≤21時，Tn＝－Sn＝－eq\f(3,2)n2＋eq\f(123,2)n；當(dāng)n>21時，Tn＝Sn－2S21＝eq\f(3,2)n2－eq\f(123,2)n＋1260，即Tn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)n2＋\f(123,2)nn≤21,\f(3,2)n2－\f(123,2)n＋1260n>21))20、[解答](1)方法一：由acosC＋ccosA＝2bcosB及余弦定理，得a×eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＋c×eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝2b×eq\f(a2＋c2－b2,2ac).化簡，得a2＋c2－b2＝ac，所以cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq\f(1,2)，因為B∈(0，π)，所以B＝eq\f(π,3).方法二：由acosC＋ccosA＝2bcosB及正弦定理，得sinAcosC＋sinCcosA＝2sinBcosB，即sin(A＋C)＝2sinBcosB，因為A＋B＋C＝π，所以sin(A＋C)＝sinB≠0，所以cosB＝eq\f(1,2).因為B∈(0，π)，所以B＝eq\f(π,3).(2)sinA＋sinC＝sinA＋sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－A))＝eq\f(3,2)sinA＋eq\f(\r(3),2)cosA＝eq