四川省泸县第四中学2019-2020学年高一下学期期中考试数学试题 Word版含解析

www.ks5u.com2020年春四川省泸县第四中学高一期中考试

数学试题

注意事项：

1.答卷前，考生务必将自己的姓名和准考证号填写在答题卡上.

2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.

第I卷 选择题（60分）

一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题给的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.

1.已知集合集合,那么集合(    )

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】

由交集的定义即得解.

【详解】集合,集合,由交集的定义：

故选：D

【点睛】本题考查了集合交集的运算，考查了学生概念理解，数学运算的能力，属于基础题.

2.函数的定义域为（  ）

A. [1，+∞) B. [1，0)∪(0，+∞)

C. (∞，1] D. (1，0)∪(0，+∞)

【答案】A

【解析】

【分析】

原函数要有意义，只要即可．

【详解】解：，即，解得： ;

故选

【点睛】本题考查函数定义域的求法，属于基础题．

3.在中，，，其的面积等于，则等于（   ）

A.  B. 1 C.  D.

【答案】C

【解析】

因为，所以，由余弦定理，所以，故选C．

4.公差不为零的等差数列中，成等比数列，则其公比为

A. 1 B. 2 C. 3 D. 4

【答案】C

【解析】

【分析】

根据等比中项的性质列方程，结合等差数列的通项公式，求得等差数列的首项和公差的关系，再利用等比数列的定义，求得公比.

【详解】设等差数列公差为，根据等比中项的性质有，即，化简得.所以，所以公比.故选C.

【点睛】本小题主要考查等差数列基本量的计算，考查等比中项的性质，考查等比数列公比的求法.

5.如图所示，在正方形中，为的中点，为的中点，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】

根据平面向量的加减法运算和数乘运算即可表示出结果.

【详解】

故选：

【点睛】本题考查平面向量的线性运算，涉及到平面向量的加减法运算和数乘运算.

6.分段函数，则满足的值为（    ）

A. 0 B. 3 C. 0或3 D.

【答案】C

【解析】

【分析】

对分类讨论，当时，，当时，，分别求解，即可得到满足的的值．

【详解】，依题意有，

①当时，，∵，∴，∴；

②当时，，∵，∴，∴．

综合①②，满足的的值为0或3．

故选C．

【点睛】本题考查了分段函数的解析式，分段函数的取值问题．对于分段函数一般选用数形结合和分类讨论的数学思想进行解题．主要考查了根据函数值求变量的取值，解题的关键是判断该用哪段解析式进行求解．属基础题．

7.函数具有性质（ ）

A. 最大值为，图象关于直线对称

B. 最大值为，图象关于直线对称

C. 最大值为，图象关于对称

D. 最大值为，图象关于对称

【答案】C

【解析】

【分析】

利用诱导公式和辅助角公式对函数解析式化简整理后,可得函数的最小值，利用三角函数的对称性求得函数的对称点.

【详解】
所以函数的最大值为,排除B,D
令求得,函数关于对称.
所以C选项是正确的

【点睛】本题主要考查了三角函数的基本性质,对称性和最值性.解题的关键是对函数解析式的化简整理.进而利用好三角函数的基本性质.

8.在中，，则是（    ）

A. 等腰直角三角形 B. 等腰或直角三角形 C. 等腰三角形 D. 直角三角形

【答案】D

【解析】

【分析】

先由可得，然后利用与三角函数的和差公式可推出，从而得到是直角三角形

【详解】因为，

所以

所以

因为

所以

即

所以

所以

因为，所以

因为，所以，即是直角三角形

故选：D

【点睛】要判断三角形的形状，应围绕三角形的边角关系进行思考，主要有以下两条途径：①角化边：把已知条件转化为只含边的关系，通过因式分解、配方等得到边的对应关系，从而判断三角形形状，②边化角：把已知条件转化为内角的三角函数间的关系，通过三角恒等变换，得出内角的关系，从而判断三角形的形状.

9.三国时期著名的数学家刘徽对推导特殊数列的求和公式很感兴趣，创造并发展了许多算法，展现了聪明才智．他在《九章算术》“盈不足”章的第19题的注文中给出了一个特殊数列的求和公式．这个题的大意是：一匹良马和一匹驽马由长安出发至齐地，长安与齐地相距3000里（1里=500米），良马第一天走193里，以后每天比前一天多走13里．驽马第一天走97里，以后每天比前一天少走半里．良马先到齐地后，马上返回长安迎驽马，问两匹马在第几天相遇(  )

A. 14天 B. 15天 C. 16天 D. 17天

【答案】C

【解析】

【分析】

记良马每天所走路程构成的数列为，驽马每天所走路程构成的数列为，根据题中数据，求出通项公式，进而可求出结果.

【详解】记良马每天所走路程构成的数列为，驽马每天所走路程构成的数列为，

由题意可得：，，

设，经过天，两匹马相遇；

则有，即，

整理得，

当满足题意，

因此两匹马在第16天相遇.

故选C

【点睛】本题主要考查等差数列的应用，熟记等差数列的通项公式与求和公式即可，属于常考题型.

10.已知，则的值为（   ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】

找到已知角与所求角关系，将所求用已知角及特殊角表示，即，利用诱导公式即可求解.

【详解】∵+=，∴，∴=，

故选C..

【点睛】本题考查了给值求值问题，考查了诱导公式的应用，找准所求角与已知角的关系并且熟练掌握公式是解本题的关键．

11.定义在R上的函数满足，时，.则等于（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】

由条件可得出，，进而可得时，，然后可得当时，，依次类推可得，当时，，当时，，当时，，即可得出答案.

【详解】因为

所以由可得，

所以，

由可得

又因为时，

所以时，

设，则，所以

依次类推可得，当时，

当时，；当时，

因为，所以

故选：C

【点睛】本题考查的是函数的相关知识，解题的关键是得出时，，从而类推出当时，.

12.已知函数，函数有四个不同的零点，且满足：，   则的取值范围是（   ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

分析：函数有四个不同的零点，等价于的图象与的图象有四个不同的交点，画出的图象与的图象，结合函数图像，可得 ，= ，利用单调性求解即可.

详解：

,

由二次函数的对称性可得 

 由 可得，

函数有四个不同的零点，

等价于的图象与的图象有四个不同的交点，

画出的图象与的图象，由图可得，

∴

∴=

令   ， ∴，故选B.

点睛：本题主要考查函数的图象与性质以及数形结合思想的应用，属于难题. 数形结合是根据数量与图形之间的对应关系，通过数与形的相互转化来解决数学问题的一种重要思想方法，.函数图象是函数的一种表达形式，它形象地揭示了函数的性质，为研究函数的数量关系提供了“形”的直观性．归纳起来，图象的应用常见的命题探究角度有：1、确定方程根的个数；2、求参数的取值范围；3、求不等式的解集；4、研究函数性质．

第II卷 非选择题（90分）

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.

13.函数y＝3tan(2x＋)的对称中心的坐标为__．

【答案】(－，0)(k∈Z)

【解析】

【分析】

利用正切函数的对称中心求解即可.

【详解】令2x＋＝ (k∈Z)，得x＝－ (k∈Z)，

∴对称中心坐标为(－，0)(k∈Z)．

故答案为(－，0)(k∈Z)

【点睛】本题考查正切函数图像的对称中心的求解，属于简单题.

14.与是夹角为的单位向量，则等于______．

【答案】

【解析】

【分析】

计算，再得出的值．

【详解】，

．

．

故答案为．

【点睛】本题考查了平面向量的数量积运算，属于基础题．

15.若，则=_____．

【答案】

【解析】

，，或，平方可得或，或若，则，不合题意应舍去，故答案为.

16.数列满足，则       .

【答案】.

【解析】

试题分析：当时，，；当时，由于

，，

两式相减得，不满足

.

考点：由得.

三.解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.

17.已知,

(1) 求;

(2)若与互相垂直,求的值.

【答案】(1) (2)

【解析】

【分析】

（1）先求出，然后求出其模即可；（2）由k与k互相垂直，可知，然后解方程求出k．

【详解】（1），

（2）与互相垂直，

，即.

，，

，

【点睛】本题考查了平面向量的基本运算和平面向量数量积与垂直的关系，考查了运算能力，属基础题．

18.设函数.

（1）求函数的单调递减区间；

（2）若，求函数的值域.

【答案】（1）；（2）.

【解析】

分析：（1）由二倍角公式将表达式化一得到，，令，得到单调区间；（2）时，，根据第一问的表达式得到值域.

详解：

（1）由

  令

  得：

  所以，函数的单调减区间为

（2）当时，

  所以， 函数的值域是：.

点睛：本题求最值利用三角函数辅助角公式 将函数化为的形式，利用三角函数的图像特点得到函数的值域.

19.已知公差不为0的等差数列的前三项和为6，且成等比数列．

（1）求数列的通项公式；

（2）设，数列的前项和为，求使的的最大值．

【答案】（1）．（2）13．

【解析】

【分析】

（1）根据等差数列的前三项和为6，且成等比数列列出关于首项、公差的方程组，解方程组可得与的值，从而可得数列的通项公式；

（2）由（1）可得，利用裂项相消法求和后，解不等式即可得结果.

【详解】（1）设等差数列的首项为，公差为，

依题意有，即，

由，解得，所以．

（2）由（1）可得，

所以．

解，得，

所以的最大值为13．

【点晴】本题主要考查等差数列、等比数列综合运用以及裂项相消法求和，属于中档题.裂项相消法是最难把握的求和方法之一，其原因是有时很难找到裂项的方向，突破这一难点的方法是根据式子的结构特点，掌握一些常见的裂项技巧：①；②；③；

④；此外，需注意裂项之后相消的过程中容易出现丢项或多项的问题，导致计算结果错误.

20.在中，角，，的对边分别为，，，已知向量，，且.

（1）求角的大小；

（2）若，求面积的最大值.

【答案】（1）;（2）.

【解析】

（1）由得，，

由正弦定理可得，，

，

，

，又，

.

（2）的面积.

由已知及余弦定理，得.

又，

故，当且仅当时，等号成立.

因此面积的最大值为.

21.已知，设是单调递减的等比数列的前n项和，且，，成等差数列.

（1）求数列的通项公式；

（2）记数列的前n项和为，求证：对于任意正整数n，.

【答案】(1) (2)证明见解析

【解析】

分析】

（1）利用等差中项的性质列方程，化简求得的值，由此求得数列的通项公式.

（2）利用错位相减求和法求得，由此证得不等式成立.

【详解】（1）设数列的公比q，由，

得，

即，∴.是单调递减数列，∴，

∴

（2）由（1）知，

所以，，①

，②

②-①得：，，

【点睛】本小题主要考查等差中项的性质，考查等比数列通项公式基本量的计算，考查错位相减求和法，考查运算求解能力，属于中档题.

22.在中，，．

（1）求证：平分；

（2）当时，若，，求和的长．

【答案】(1)见解析;(2),.

【解析】

【分析】

（1）在中由正弦定理和三角形的面积公式及条件可得，由于，所以，即证得结论成立．（2）由，所以．在和中，分别利用余弦定理及 ，可得，又，故．又， 所以可得．

【详解】（1）在中，由正弦定理得，

因为，

所以，

所以，

因为，

所以，

即平分．

（2）因为，

所以，

所以，

在和中，由余弦定理得，

，

因为 ，

所以，

因为，

所以，

因为，

所以，  

所以．

【点睛】三角形中几何计算问题的解题要点及关键

(1)正确挖掘图形中的几何条件简化运算是解题要点，善于应用正弦定理、余弦定理，只需通过解三角形，一般问题便能很快解决．

(2)此类问题突破的关键是仔细观察，发现图形中较隐蔽的几何条件．