湖北省武汉市2015届高三四月调考数学试卷（文科）

专题： 等差数列与等比数列．

分析： 设出等比数列的首项和公比，由题意列式，整体运算得到解答： 解：设等比数列an的公比为q，则{

}也是等比数列，

，则a3可求．

且公比为，依题意得：，

两式作比得：，即，

∵an＞0，∴a3=4． 故答案为：4．

点评： 本题考查了等比数列的通项公式，考查了等比数列的前n项和，是基础的计算题．

17．（5分）已知f（x）是定义在R上的偶函数，当x≥0时，f（x）=，

若y=f（x）﹣af（x）+a﹣1的零点个数是7个，则实数a的取值范围为（，2）．

考点： 根的存在性及根的个数判断；函数的零点与方程根的关系． 专题： 计算题；作图题；函数的性质及应用．

2

分析： 化简f（x）﹣af（x）+a﹣1=0得f（x）=1或f（x）=a﹣1，作f（x）与y=1及y=a﹣1的图象，由数形结合求解．

2

解答： 解：令f（x）﹣af（x）+a﹣1=0得， f（x）=1或f（x）=a﹣1，

作f（x）与y=1及y=a﹣1的图象如下，

2

由图象知，

y=1与f（x）的图象有三个交点，

故y=a﹣1与f（x）有四个交点， f（2）=， 则结合图象可得， ＜a﹣1＜1， 即＜a＜2； 故答案为：（，2）．

点评： 本题考查了函数的零点与函数的交点的关系应用及数形结合的思想应用，属于中档题．

三、解答题（共5小题，满分65分）解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤 18．（12分）已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a3=5，S8=64． （Ⅰ）求数列{an}的通项公式； （Ⅱ）求证：

＞

（n≥2，n∈N）

考点： 数列与不等式的综合；等差数列的前n项和． 专题： 等差数列与等比数列；不等式的解法及应用．

分析： （1）设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，通过a3=5，S8=64可得首项和公差，计算即可；

22

（2）通过（1）可知Sn=n，利用不等式的性质化简可得原命题成立，只需3n＞1在n≥1时恒成立．

解答： （1）解：设等差数列{an}的首项为a1，公差为d， 根据题意，可得

，

解得a1=1，d=2，

∴数列{an}的通项公式为：an=2n﹣1；

2

（2）证明：由（1）可知：Sn=n， 要证：

＞

（n≥2，n∈N）恒成立，

只需证：

2

+

2

2

＞，

2

2

只需证：[（n+1）+（n﹣1）]n＞2（n﹣1），

2222

只需证：（n+1）n＞（n﹣1），

2

只需证：3n＞1，

2

而3n＞1在n≥1时恒成立，且以上每步均可逆， 从而：

＞

（n≥2，n∈N）恒成立．

点评： 本题考查等差数列的简单性质，利用不等式的性质进行化简是解决本题的关键，属于中档题．

19．（12分）已知△ABC的内角A、B、C的对边a，b，c，且满足bcosA=a（2﹣sinAsinB），a+b=6．

（Ⅰ）求a、b的值 （Ⅱ）若cosB=

，求△ABC的面积．

2

考点： 正弦定理．

22

分析： （I）由bcosA=a（2﹣sinAsinB），可得sinBcosA=sinA（2﹣sinAsinB），化为sinB=2sinA，由正弦定理可得：b=2a，与a+b=6联立解得a，b．

（II）由cosB=，可得sinB=，可得sinA=，cosA=；sinC=sin

（A+B）=sinAcosB+cosAsinB，利用S△ABC=解答： 解：（I）∵bcosA=a（2﹣sinAsinB），

2

∴sinBcosA=sinA（2﹣sinAsinB），

22

∴sinBcosA+sinAsinB=2sinA， ∴sinB=2sinA，

由正弦定理可得：b=2a，

与a+b=6联立解得a=2，b=4． （II）∵cosB=∴sinB=∴sinA=

=

， =

，

=

；

2

即可得出．

cosA=

∴sinC=sin（A+B）=sinAcosB+cosAsinB=∴S△ABC=

=

2

2

2

+

．

，

=，

=2

（II）由余弦定理可得：b=a+c﹣2accosB，b=2a，c=∴4a=a+7﹣

22

2

=a+7﹣2

2

×，

化为3a+4a﹣7=0，解得a=1． ∴b=2．

∴a=1，b=2．

点评： 本题考查了正弦定理余弦定理、同角三角函数基本关系式、两角和差的正弦公式、三角形面积计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题． 20．（13分）如图，在四面体P﹣ABC中，底面ABC是边长为1的正三角形，PB=PC=，AB⊥BP．

（Ⅰ）求证：PA⊥BC

（Ⅱ）求点P到底面ABC的距离．

考点： 点、线、面间的距离计算；直线与平面垂直的性质． 专题： 综合题；空间位置关系与距离．

分析： （Ⅰ）取BC中点M，连结AM，PM，依题意可知AM⊥BC，PM⊥BC，从而BC⊥平面PAM，由此能证明PA⊥BC；

（Ⅱ）过P作PH⊥AM，连接BH，证明PH⊥平面ABC，求出BH，即可求点P到底面ABC的距离．

解答： （Ⅰ）证明：取BC中点M，连结AM，PM， 依题意底面ABC是边长为1的正三角形，PB=PC=， 所以AM⊥BC，PM⊥BC， 又AM∩PM=M，

所以BC⊥平面PAM， 又PA?平面PAM， 所以PA⊥BC；

（Ⅱ）解：因为BC⊥平面PAM，BC?平面ABC 所以平面ABC⊥平面PAM， 过P作PH⊥AM，连接BH， 所以PH⊥平面ABC， 所以PH⊥AB，

因为AB⊥PB，PH∩PB=P， 所以AB⊥平面PBH， 所以AB⊥BH．

在Rt△ABH中，∠BAH=30°，所以BH=在Rt△PBH中，PB=

，所以PH=

．

， =

，

所以点P到底面ABC的距离为