一、選擇題

1.C 提示：在△ABC中,a=14,b=16,A=45°,由正弦定理得,故,且b＞a,所以B可以有兩個值,即此三角形有兩解。

2.A 提示：由已知得a22=a1·a6,即(7-d)2=(7-2d)·(7+3d),解得d=3或0(舍),所以a1=1,a2=4,a3=7,a4=10,故S4=1+4+7+10=22。

3.A 提示：因為所以由,解得c=2,

4.D 提示：在△ABC中,根據(jù)sin2B-,利用正弦定理可得b2-c2-a2=a c,即c2+a2-b2=-a c,故所以B=150°。

5.C 提示：設等差數(shù)列的公差為d,則

因為m,n為正整數(shù),且m≠n,令n＞m,m=1,n=2,將m=1,n=2代入Sn中得到2a1+d=2;代入Sm中得到,解得d=1。則

6.B 提示：將函數(shù)的圖像上的所有點的橫坐標變?yōu)樵瓉淼?縱坐標不變,可得y=的圖像;再將所得圖像向右平移m(m＞0)個單位后,可得y=的圖像。再根據(jù)所得到的圖像關于原點對稱,所以k∈Z,即。令k=1,可得m的最小值為

7.B 提示=(n+1)a1an+2,兩式相減得-an+1an+2=,所以4。同理得,所以,整理得,所以是等差數(shù)列。因為,所以等差數(shù)列的首項是,公差d=3。所以

8.A 提示：由題意,最小正周期大于2 π,即0＜ω＜1。

9.B 提示：由題意,根據(jù)韋達定理得因為sin2α+cos2α=1,所 以解得,把,代入原方程得3x2-,因為Δ=504＞0,所以符合題意。

10.D 提示：在△ABC中,因為BC邊上的高等于,所以由余弦定理得。故,所以

11.B 提示：因為

12.A 提示：由題意可知,解得t=-3,所以因為對任意的n∈N*,(2Sn+3)λ≥27(n-5),所以令,則a2=S2-S1=9,a3=S3-S2=27,所以。 當n≥6時,T-T＜0,故n+1n當n=6時,Tn取最大值為,故

二、填空題

13.-6 提示：在等比數(shù)列{an}中,因為a7＜0,所以a1q6＜0,解得a1＜0,所以a3+a5＜0。因為a2a4+2a2a6+a4a6=36,所以a23+2a3a5+a25=36,所以(a3+a5)2=36,則a3+a5=-6。

15.96 提示：由題意可得,此人每天所走的路程成等比數(shù)列{an},其中189,所以,解得a1=96。

16.①②④ 提示：①在△ABC中,因為a＞b,所以A＞B,因為0＜B＜A＜π,函數(shù)y=cosx在(0,π)上單調遞減,所以cosA＜cosB,故①正確;②因為函數(shù)y=x3在R上單調遞增,若a＞b,則a3＞b3,故②正確;③因為,所以a,x符號不確定的時候的正負不確定,故③不正確;④等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn,若S2016-S1=1,則1,所以1,則所以,即,則故④正

三、解答題

2kπ,k∈Z,解得Z。所以函數(shù)f(x)的單調遞減區(qū)間為

18.(1)因為數(shù)列{an}滿足a1+2a2+4a3+…+2n-1an=n,所以當n≥2時,a1+2a2+4a3+…+2n-2an-1=n-1。所以當n≥2時,2n-1an=1,即

當n=1時滿足所以數(shù)列{an}的通項公式為

19.(1)等比數(shù)列{an}的公比q＞1,且a3+a4+a5=28,a4+2是a3,a5的等差中項,可得2a4+4=a3+a5=28-a4,解得a4=8。由,可得q=2,或q=(舍去),則q的值為2。

(2)設cn=(bn+1-bn)an=(bn+1-bn)·2n-1,可得n=1時,c1=2+1=3。

n≥2時,可得cn=2n2+n-2(n-1)2-(n-1)=4n-1,上式對n=1也成立,則(bn+1-bn)an=4n-1,即有bn+1-bn=(4n-

所以bn=b1+(b2-b1)+(b3-b2)+…

20.(1)根據(jù)函數(shù)f(x)=Asin(ω x+φ)(A,ω,φ為常數(shù),且A＞0,ω＞0,0＜φ＜π)的部分圖像,可得,求得,所以函數(shù)f(x)所以ω=2。結合五點法作圖可得,2×

-[f(x)]2+f(x)成立,即存在使得y=m和y=x-x2的圖像有交點。

21.(1)當n=1時,解

②-①得an+12-a2n+2an+1-2an=得a1=1。4an+1,所以(an+1+an)(an+1-an-2)=0,因為an＞0,所以an+1-an-2=0,即an-1-an=2。

所以數(shù)列{an}是以1為首項,2為公差的等差數(shù)列,則an=1+2(n-1)=2n-1。

22.(1)∠BOC為θ,可得由題意可得化簡為,兩邊平方可得,即

(2)在R t△OBC中即有