四川省成都市郫都区2019-2020学年高一下学期期中考试数学（文）试题 Word版含解析

这是一份四川省成都市郫都区2019-2020学年高一下学期期中考试数学（文）试题 Word版含解析，共17页。试卷主要包含了设，则下列不等式成立的是，设等差数列的前项和为，已知，则，已知是等比数列，且，则，已知中，,那么为，在中，若，则的形状是等内容，欢迎下载使用。
www.ks5u.com郫都区2019—2020学年度下期期中考试高一文科数学试题说明：1.本卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，满分150分，时间120分钟.2.所有试题均在答题卡相应的区域内作答.第I卷（选择题  共60分）一.选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的）1.不等式的解集为（     ）A. 或 B. C. 或 D. 【答案】B【解析】分析：结合二次函数的图象解不等式可得结果．详解：结合二次函数的图象解不等式得，∴不等式的解集为．故选B．点睛：解一元二次不等式的步骤（1）对不等式变形，使不等号一端二次项系数大于0，另一端为0，即化为ax2＋bx＋c>0(a>0)或ax2＋bx＋c<0(a>0)的形式；（2）当Δ≥0时，求出相应的一元二次方程的根；（3）根据对应的二次函数的图象，写出不等式的解集．2.（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】逆用两角和的余弦公式求解即可.【详解】故选：C【点睛】本题主要考查了逆用两角和的余弦公式，属于基础题.3.设，则下列不等式成立的是（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】利用特殊值法和不等式的基本性质可判断各选项中不等式的正误.【详解】，对于A选项，取，，则，A选项中的不等式不成立；对于B选项，取，，则，B选项中的不等式不成立；对于C选项，取，则，C选项中的不等式不成立；对于D选项，，则，，由不等式的基本性质得，D选项中的不等式成立.故选：D.【点睛】本题考查不等式正误的判断，一般利用不等式的基本性质、特殊值法、作差（商）法、函数单调性来判断，考查推理能力，属于基础题.4.设等差数列的前项和为，已知，则（ ）A. -27 B. 27 C. -54 D. 54【答案】A【解析】试题分析：因,故，所以应选A.考点：等差数列的性质及其前项和．5.已知是等比数列，且，则A.  B.  C.  D. 2【答案】D【解析】是等比数列，且,得.又，联立得.故选D.6.已知中，,那么为（ ）A.  B.  C. 或 D. 或【答案】A【解析】试题分析：在中，,，，那么为锐角，由正弦定理可得解得.考点：正弦定理的应用.7.若函数的定义域为，则实数的取值范围是（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】等价于不等式的解集为R, 结合二次函数的图象分析即得解.【详解】由题得的解集为R,当时，1＞0恒成立，所以.当时，，所以.综合得.故选：C【点睛】本题主要考查函数的定义域和二次函数的图象性质，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.8.在中，若，则的形状是（    ）A. 等腰直角三角形 B. 等腰或直角三角形C. 直角三角形 D. 等腰三角形【答案】D【解析】【分析】在中，把代入到中，化简即可【详解】解：在中，因为，所以所以，则的形状等腰三角形故选：D【点睛】考查两角和的正弦公式和三角形中的恒等式，基础题.9.在，三个内角所对的边分别为，若内角依次成等差数列，且不等式的解集为，则等于（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】利用等差数列的性质得出，根据不等式的解集得出，再由余弦定理即可得出答案.【详解】因为内角依次成等差数列，所以，即因为不等式的解集为，所以方程的两根为则，，即由余弦定理可知，，即故选：A【点睛】本题主要考查了余弦定理的应用，涉及等差数列的性质，一元二次不等式的应用，属于中档题.10.如图，一辆汽车在一条水平的公路上向正西行驶，到处时测得公路北侧一山顶在西偏北（即）的方向上，行驶后到达处，测得此山顶在北偏东（即）的方向上，仰角，则此山的高度（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】分析】根据正弦定理先求得,再求出即可.【详解】易得.由正弦定理得.故.故选：C【点睛】本题主要考查了解三角形中的正余弦定理的实际运用,属于中等题型.11.已知，则的值为（    ）A.  B. 0 C. 2 D. 0或2【答案】D【解析】【分析】先利用二倍角公式对化简，可得或，再对利用二倍角公式化简，代值可得结果.【详解】解：因为，所以，所以或因为所以或2故选：D【点睛】此题考查三角函数恒等变换中的二倍角公式，属于基础题.12.已知函数的定义域为，值域为，则的值不可能是（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】利用三角恒等变换化简函数解析式，再由正弦函数的性质得出的取值范围，即可进行判断.【详解】又正弦函数在这一个周期中，其图像如下图所示由图可知，当，时，取最大值即当，时，取最小值即则由于，则D错误故选：D【点睛】本题主要考查了已知正弦型函数的值域求参数的范围，涉及了三角恒等变换的应用，属于中档题.第II卷（非选择题  共90分）注意事项： 必须使用0.5毫米黑色墨迹签字笔在答题卡上题目所指定的答题区域内作答，作图题可先用铅笔绘出，确认后再用0.5毫米黑色墨迹签字笔描清楚，答在试题卷上无效.二.填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13.已知等差数列的通项公式为，那么它的公差为______________.【答案】【解析】【分析】利用第二项减去第一项，即可得出答案.【详解】故答案为：【点睛】本题主要考查了等差数列基本量的计算，属于基础题.14.九连环是我国从古至今广泛流传的一种益智游戏，它用九个圆环相连成串，以解开为胜.据明代杨慎《丹铅总录》记载：“两环互相贯为一，得其关捩，解之为二，又合面为一”.在某种玩法中，用表示解下个圆环所需的移动最少次数，满足，且，则解下4个环所需的最少移动次数为_____.【答案】7【解析】【分析】利用的通项公式，依次求出，从而得到，即可得到答案．【详解】由于表示解下个圆环所需的移动最少次数，满足，且所以，，故，所以解下4个环所需的最少移动次数为7故答案为7.【点睛】本题考查数列的递推公式，属于基础题．15.已知，则________.（用含的式子表示）【答案】【解析】【分析】通过寻找，与特殊角的关系，利用诱导公式及二倍角公式变形即可．【详解】因为，即，所以，所以，所以，又.【点睛】本题主要考查诱导公式和二倍角公式的应用，意在考查学生分析解决问题的能力．16.在△ABC中，,,分别是角,,的对边, ,则的取值范围为__________．【答案】【解析】分析：由已知及余弦定理可求，即可求B，根据三角形内角和定理可求，利用三角函数恒等变换的应用可求，由A的范围利用正弦函数的图象和性质即可得答案.详解：由条件，根据余弦定理得：，B是三角形内角，，，即，，又，，.故答案为.点睛：本题主要考查了余弦定理、三角形内角和定理，三角函数恒等变换的应用，正弦函数的图象和性质在解三角形中的应用，考查了转化思想和数形结合思想.三、解答题（本大题共6小题共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17.已知， ，且(Ⅰ)求的值；(Ⅱ)若，求的值.【答案】(Ⅰ) ；(Ⅱ) 【解析】【分析】(Ⅰ)根据题中条件，求出，进而可得，再由两角差正切公式，即可得出结果；(Ⅱ)根据题中条件，得到，求出，再由，根据两角差的正弦公式，即可求出结果.【详解】(Ⅰ)因为，，所以，因此，所以；(Ⅱ)因为， ，所以，又，所以，所以，因此.【点睛】本题主要考查三角恒等变换，给值求值的问题，熟记公式即可，属于常考题型.18.已知等差数列的前项和为，，．（1）求的通项公式；（2）当取何值时有最小值，并求出该值？【答案】（1）；（2）当，最小值为.【解析】【分析】（1）利用等差数列的通项公式以及求和公式，列出方程组，求解即可；（2）由等差数列的求和公式，结合二次函数的性质求解即可.【详解】（1）设{an}的公差为d，由题意得解得所以{an}的通项公式为；（2）由（1）得， 所以当n=4时，Sn取得最小值，最小值为–16.【点睛】本题主要考查了等差数列基本量的计算，二次函数法求等差数列前项和的最值，属于中档题.19.已知，（1）求的值；（2）求的值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由可得tan=-2，然后再利用正切的二倍角公式可求得的值；（2）先利用二倍角公式和两角和的余弦公式将分子和分母化简，再利用同角三角函数的关系将其转化为正切，然后将第一问的正切值代入可得结果.【详解】解：由sin+2cos=0，得tan=-2． (2)【点睛】此题考查同角三角函数关系和二倍角公式，属于基础题.20.在中，、、是角、、所对的边，且.（1）求的大小；（2）若，，求边上的高.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）利用正弦定理边角互化思想可求得的值，结合角的取值范围可得出角的值；（2）利用余弦定理求得的值，利用正弦定理求得的值，进而可得出边上的高为，即可得解.【详解】（1），由正弦定理得，即，即，，，则有，，因此，；（2）由余弦定理得，整理得，，解得，由正弦定理，得，因此，边上的高为.【点睛】本题考查利用正弦定理边角互化思想求角，同时也考查了三角形高的计算，涉及正弦定理和余弦定理的应用，考查计算能力，属于基础题.21.定义行列式运算： ，若函数（）的最小正周期是.（1）求函数的单调增区间；（2）数列的前项和，且，求证：数列的前项和.【答案】（1）．（2）见解析【解析】【分析】（1）由行列式运算，化简可得，再由周期求出值，然后由可求出函数的单调增区间；（2）由求出，从而可得，再由 求出数列的通项，由此可得数列的通项，再利用裂项相消法可得结果.【详解】（1）解：由题意：， ∵， ∴，由可得， ∴的单调增区间为．（2）证明：由（Ⅰ）得，∴，①当时，；②当时，，而，满足上式∴， 则，∴．【点睛】此题考查了三角函数的图像和性质，数列的求和方法，属于中档题.22.已知是各项均为正数的等比数列，且（Ⅰ）求数列的通项公式；（Ⅱ）如图，在平面直角坐标系中，依次连接点得到折线，求由该折线与直线，所围成的区域的面积..【答案】（Ⅰ） （Ⅱ）【解析】【详解】(I)设数列的公比为，由已知.由题意得，所以，因为,所以，因此数列的通项公式为（II）过……向轴作垂线，垂足分别……,由(I)得记梯形的面积为.由题意，所以……+=……+      ①又……+ ②①-②得= 所以【名师点睛】本题主要考查等比数列的通项公式及求和公式、数列求和的“错位相减法”.此类题目是数列问题中的常见题型.本题覆盖面广，对考生计算能力要求较高.解答本题，布列方程组，确定通项公式是基础，准确计算求和是关键，易错点是在“错位”之后求和时，弄错等比数列的项数.本题将数列与解析几何结合起来，适当增大了难度，能较好的考查考生的数形结合思想、逻辑思维能力及基本计算能力等.