甘肃省金昌市2020-2021学年高一下学期期中考试数学（理）试题人教A版

这是一份甘肃省金昌市2020-2021学年高一下学期期中考试数学（理）试题人教A版，共7页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


1. ( )
A.B.C.D.

2. 数列中，x的值是( )
A.12B.13C.14D.15

3. 中，角，，，的对边分别为，，，若，，，则( )
A.B.C.D.

4. 已知向量，，若，则实数的值为( )
A.9B.17C.7D.21

5. 若，，与的夹角是，则( )
A.12B.C.1D.

6. 已知向量，，则，则( )
A.8B.C.D.2

7. 等差数列的首项为，公差不为，若、、成等比数列，则前项的和为( )
A.B.C.D.

8. 一艘轮船按照北偏东42∘方向，以18海里/时的速度沿直线航行，一座灯塔原来在轮船的南偏东18∘方向上，经过10分钟的航行，此时轮船与灯塔的距离为海里，则灯塔与轮船原来的距离为( )
A.5海里B.4海里C.3海里D.2海里

9. 已知的一个内角为，并且三边的长构成一个公差为4的等差数列，则的面积为( ).
A.15B.14C.D.

10. 设数列的前项和为，若，，，则（ ）
A.B.C.D.

11. 已知在中，，判断的形状为( ).
A.等腰三角形B.直角三角形
C.等腰或直角三角形D.等腰直角三角形

12. 在数列{an}中，若a1，且对任意的n∈N∗有，则数列{an}前10项的和为( )
A.B.C.D.
二、填空题

在等差数列中，，则________;

在等比数列为单调递增数列，设其前项和为，若，，则________．

已知向量与的夹角是钝角，则的取值范围是________．

在中，a，b，C分别为角A，B，C所对的边，，，成等差数列，且，则________．
三、解答题

在中，角的对边分别为.
（1）求角的大小；

（2）若，求的值．

已知，，且与的夹角为，求：
（1）在上的投影；

（2）；

（3）与的夹角.

在中，，，分别为内角，，所对的边，已知，其中为外接圆的半径.
（1）求；

（2）若，，求的面积.

已知等差数列满足，，前项和为.
（1）求；

（2）记，求数列的前9项和.

已知数列的前n项和为．
（1）求这个数列的通项公式；

（2）设，证明：对，数列的前n项和．

已知在中，，，分别是角A，，所对的边，且.
（1）求角A的大小；

（2）若，，判断三角形的形状.
参考答案与试题解析
甘肃省金昌市2020-2021学年高一下学期期中考试数学（理）试题
一、单选题
1.
【答案】
B
【考点】
向量的减法及其几何意义
向量的加法及其几何意义
【解析】
根据向量减法和加法的运算，求出运算的结果
【解答】
依题意AB→−AC→+BD→=CB→+BD→=CD→，故选B．
2.
【答案】
D
【考点】
二次函数的应用
函数的最值及其几何意义
勾股定理
【解析】
观察相邻两项的关系，即可得到所求
【解答】
观察数列可得：3−1=2;6−3=3;10−6=4
所以x−10=5，则x=15
故选：D
3.
【答案】
C
【考点】
解三角形
【解析】
由余弦定理可直接求出．
【解答】
由余弦定理得b2=a2+c2−2accsB=9+3−2×3×3×332=3
b=3
故选：C．
4.
【答案】
B
【考点】
数量积判断两个平面向量的垂直关系
平面向量的正交分解及坐标表示
【解析】
根据已知条件进行向量的减法运算，再利用向量垂直的坐标表示，计算即得结果
【解答】
根据题意得a→−c→=3−m,7，因为a→⊥a→−e→
所以a→⋅a→−c→=33−m+42=0，得m=17
故选：B．
5.
【答案】
C
【考点】
平面向量数量积的运算
【解析】
根据向量的数量积的计算公式，准确运算，即可求解．
【解答】
由题意，向量|m→|=1|n→=2m→与n的夹角是45∘
所以m→⋅n→=|m→|n→|csθ=1×2×cs45∘=1
故选：C．
6.
【答案】
C
【考点】
单位向量
运用诱导公式化简求值
平行向量的性质
【解析】
直接利用向量共线的坐标表示进行计算，即得结果
【解答】
a→//b​1×4−−2×m=0m=−2
故选：C．
7.
【答案】
B
【考点】
等比数列
【解析】
利用已知条件求得等差数列an的公差，然后利用等差数列的求和公式可求得结果
【解答】
设等差数列an的公差为d，则d≠0
由于a1,a2,a4成等比数列，则a22=a1a4，即1+d2=1×1+3d，可得d2−d=0
∵ d≠0，解得d=1，因此，数列an的前5项和为5a1+5×42d=5+10=15
故选：B．
8.
【答案】
D
【考点】
解三角形的实际应用
正弦定理
在实际问题中建立三角函数模型
【解析】
根据方位角可知∠CAB=120∘，利用余弦定理构造方程，即可解得结果．
【解答】
记轮船最初位置为A，灯塔位置为B，10分钟后轮船位置为C，如下图所示：
由题意得：AC=18×16=3∠CAB=180∘−42∘−18∘=120∘BC=19
由余弦定理可得，cs∠CAB=AC2+AB2−BC22AC⋅AB
即：9+AB2−196AB=−12，解得：AB=2或AB=−5（舍），
即灯塔与轮船原来的距离为2海里．
故选：D．
9.
【答案】
C
【考点】
解三角形
【解析】
设△ABC的三边为a,b,cC=2π3，根据三边的长构成一个公差为4的等差数列，设a=b−4,c=b+4，利用余弦定理求
得b，再利用三角形面积公式求解．
【解答】
设△ABC的三边为a,b,cC=2π3
因为三边的长构成一个公差为4的等差数列，
设a=b−4,c=b+4
由余弦定理得c2=a2+b2−2abcsC
即(b+4)2=(b−4)2+b2−2(b−4)bcs2π3
整理得b2−10b=0
解得b=10或b=0（舍去）
所以a=6S△ABC=12absin2π3=12×6×10×32=153
故选：C
10.
【答案】
A
【考点】
二次函数的应用
函数的最值及其几何意义
勾股定理
【解析】
根据an+1=Sn+1−Sn代入已知等式可求得Sn+1=4Sn，从而可知{Sn)是等比数列，得到Sn=4n−1，利用a5=S5−5求得结
果
【解答】
由an−1=3Sn得：Sn+1−Sn=3Sn，即Sn+1=4Sn
又a1=S1=1二Sn是以1为首项，4为公比的等比数列Sn=4n−1
．a5=S5−S4=44−43=3.43
本题正确选项：A
11.
【答案】
C
【考点】
二次函数的应用
函数的最值及其几何意义
勾股定理
【解析】
tanAtanB=a2b2左边切化弦，右边用正弦定理化边为角可解
【解答】
·tanAtanB=a2b2sinAcsBsinBcsA=sin2Asin2B
csBcsA=sinAsinBsinAcsA=sinBcsB
sin2.A=sin2B
2.A=2B或2.4+2B=π
A=B或A+B=π2
AABC是等腰或直角三角形
故选：C．
12.
【答案】
A
【考点】
数列的求和
【解析】
用累乘法可得an=n2n．利用错位相减法可得Sℎ=2−n+22n，即可求解加S10=2−121024=2−3256=509256【加加2∴an+1an=n+12n，则a2a1⋅a3a2⋅a4a3⋅anan−1=22×1⋅32×2⋅42×3⋅n2n−1=n2n−1
∴ ana1=n2n−1an=n2n
Sn=12+222+323+⋯+n2n
12Sn=122+122+⋯+n−12n+n2n+1
Sn=12+122+…+12n−n2n+1=2−3256=509256
故选：A．
【解答】
本题考查了累乘法求通项，考查了错位相减法求和，意在考查计算能力，属于中档题．
二、填空题
【答案】
6.
【考点】
等差数列的通项公式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
由等差数列的通项公式得a2+a10+a12=3a8=18由此能求出a8
详解：：…在等差数列an中，a2+a10+a11=18a2+a10+a12=a1+d+a1+9d+a1+a1+11d=3a1+21d=3a8=18
解得a8=6
故答案为6．
【答案】
[加加加=12n−1
【考点】
等比数列的通项公式
等比数列的前n项和
数列递推式
【解析】
设等比数列an的公比为4，求出公比4即得an
【解答】
设等比数列an的公比为4，
由题意可得S3=a1+a2+a3=2q+2+2q=7，整理得2q2−5q+2=0
解得q=2或q=12
等比数列an为单调递增数列，则q>1q=2
因此，an=a2qn−2=2×2n−2=2n−1
故答案为2n−1
【答案】
k>−16且k≥1
【考点】
数量积表示两个向量的夹角
单位向量
两个向量的夹角
【解析】
根据夹角的范围可知a→⋅b→=0且a→与b→不共线，由此构造不等式求出范围．
【解答】
由题意得：a→⋅b→<0⇒8×−4−2k<0⇒k>−16
又a→与b¯不共线⇒8k≥8⇒k≠1
k>−16且k≠1
【答案】
【答5加−14
【考点】
解三角形
正弦定理
【解析】
由sinAsinBsinC成等差数列得到2sinB=sinA+sinC，进一步可得2b=a+c，结合a=2c，用c分别表示a，b
，再由余弦定理计算即可得到答案
【解答】
由已知，2sinB=sinA+sinC，由正弦定理，得2b=a+c，又a=2c，所以
2b=33，即b=32c，由余弦定理，得csA=b2+c2−a22bc=94c2+c23c2=−14
故答案为：−14
三、解答题
【答案】
（1）A=2π3
（2）2
【考点】
解三角形
余弦定理
【解析】
此题暂无解析
【解答】
（1）由a2=b2+c2+bc，得b2+c2−a22bc=−12
∴ csA=−12
0（2）由正弦定理得sinB=basinA=223×32=12
A=2π3,0B=π6C=π−A+B=π6
c=b=2
【答案】
(1))−2
（2）12;
（3）e=4
6
【考点】
平面向量数量积
【解析】
（1）直接利用向量的投影公式求解即可；
（2）利用数量积的运算法则计算得解；
【解答】
（1）由题得a→在b¯上的投影为4×cs23π=−2
(2)(a→−2b→)|a→+b→)=a→2−2b→2−a→⋅b→=16−8−4×2×(−12)=12
（3）由题得a→+b→|=a→+b→2=16+4−8=23
所以a→与a→+b→的夹角的余弦为a→⋅a→+b→4×23=16−483=32
故a→与a→+b→的夹角为θ=π6
【答案】
(1)(1)A=π4；
（2）4+2
【考点】
正弦定理
【解析】
（1）首先利用正弦定理，边角互化表示a=2RsinA，代入条件求解；(II)因为sinBsinA=ba，根据条件求a,b，再求
sinC=sinA+B，最后求三角形的面积．
【解答】
（1）解：
（2）由正弦定理得2RsinAcsA=R有sin2A=1
又2A∈0,2π，故2A=π2A=π4
(II)由题得sinB=223，故ba=sinBsinA=43
又b−a=1，则b=4,a=3
sinC=sinB+π4=223⋅22+12+13⋅22=4+26
S△ABC=12absinC=4+2
【答案】
（1）27；
（2）63.
【考点】
数列的求和
等差数列的前n项和
等差数列的通项公式
【解析】
（1）由等差数列等差中项的性质，分别求得a4=0a6=6，从而求得公差及首项，求得S9
（2）利用（1）求得an的通项公式，写出bn=an|=|−9+3n−1|=n−12|，分n≤4和n≥5求得T9
【解答】
（1）等差数列an满足a1+a4+a7=0a3+a6+a9=18，可得3a4=0
即a4=03a5=18，即a6=6，可得公差d=a6−a46−4=3a1=a4−3d=−9
则S9=9×−9+12×9×3=27
（2）bn=|an|=|−9+3n−1|=|3n−12|
n≤4时，an≤0,n≥5时，an>0，可得
T9=S9−S4−S4=27−2(−36+6×3)=6×3)=6×33
【答案】
（1）an=3, n=12n,n≥2,n≥N ast；
（2）证明见解析．
【考点】
数列的求和
【解析】
（1）利用an=Sn, n=1Sn−Sn−1,n≥2,n∈N ast求解即可；
（2）利用an求bn，当n=1时，ℎ1=112≤524显然成立，当n≥2时
，利用列项相消法求和判断即可．
【解答】
（1）当n=1时，a1=S1=1+1+1=3
当n≥2时，
an=Sn−Sn+1
=n2+n+1−n−12+n−1+1
=2n
所以an=3, n=12n,n≥2,n≥N ast
（2）由（1）易知bn=11214n(n+1),(n≥2,n∈NN
当n=1时，b1=112≤524显然成立．
当n≥2时，bn=14nn+1=141n−1n+1
Tn=b1+b2+b3⋯+bn
=112+14[12−13+13−14+⋯+1n−1n+1
=112+1412−1n+1
=524−14n+1<524
故结论成立．
【答案】
（1）π3；
（2）三角形是等边三角形
【考点】
解三角形
辅助角公式
【解析】
（1）先利用二倍角公式和辅助角公式化简已知式得sin2A−π6=1，再结合三角形内角的取值范围即得角A即可；
（2）先利用面积公式得到bc=8，利用余弦定理得到b+c=42，再解方程即得b=c=22，即可判断结果．
【解答】
（1）∵csA3sinA−csA=12
3sinAcsA−cs2A
=32sin2A−121+cs2A
=32sin2A−12cs2A−12=12，即sin2A−π6=1
又A为三角形的内角，有A∈0,π,2A−π6∈−π6,11π6
2A−π6=π2，解得A=π3
（2）a=22,S△ABC=23sinA=32
12bcsinA=23，即bc=8
由余弦定理得：a2=b2+c2−2bccsA=b+c2−3bc，即8=b+c2−24，解得b+c=42②，
联立①○，解得：b=c=22
所以三角形是等边三角形．