黑龙江省佳木斯市第一中学2019-2020学年高一下学期第一学段考试理科数学试题 Word版含解析

这是一份黑龙江省佳木斯市第一中学2019-2020学年高一下学期第一学段考试理科数学试题 Word版含解析，共19页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
www.ks5u.com佳一中2019-2020学年度第二学期第一学段考试高一数学理试题一、选择题（本大题共12个小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．）1.数列1，-3，5，-7，9，…的一个通项公式为（    ）A.  B. C.  D. 【答案】C【解析】【分析】观察，奇偶相间排列，偶数位置为负，所以为，数字是奇数，满足2n-1,所以可求得通项公式.【详解】由符号来看，奇数项为正，偶数项为负，所以符号满足，由数值1，3，5，7，9…显然满足奇数，所以满足2n-1,所以通项公式 为，选C.【点睛】本题考查观察法求数列的通项公式，解题的关键是培养对数字的敏锐性，属于基础题.2.在△ABC中，如果，那么cosC等于 （ ）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【详解】解：由正弦定理可得；sinA：sinB：sinC=a：b：c=2：3：4可设a=2k，b=3k，c=4k（k＞0）由余弦定理可得，cosC=,选D3.已知集合，，则=（    ）A. （1，3） B. （1，4） C. （2，3） D. （2，4）【答案】C【解析】【分析】根据一元二次不等式的解法，可得集合，然后根据交集的概念，可得结果.【详解】由所以，所以又，所以故选：C【点睛】本题考查一元二次不等式的解法，记住口诀“大于取两边，小于取中间”，还考查集合之间的运算，属基础题.4.在等差数列中，若，则（    ）A. 6 B. 10 C. 7 D. 5【答案】B【解析】【分析】根据等差数列的性质，可得，然后由，简单计算结果.【详解】由题可知：又，所以故选：B【点睛】本题主要考查等差数列的性质，若，则，考验计算，属基础题.5.中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题：“三百七十八里关，初行健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见次日行里数，请公仔细算相还．”其意思是“有一个人走378里，第一天健步行走，从第二天起脚痛每天走的路程是前一天的一半，走了6天后到达目的地．”请问第三天走了（    ）A. 60里 B. 48里 C. 36里 D. 24里【答案】B【解析】【分析】根据题意得出等比数列的项数、公比和前项和，由此列方程，解方程求得首项，进而求得的值.【详解】依题意步行路程是等比数列，且，，，故，解得，故里.故选B.【点睛】本小题主要考查中国古典数学文化，考查等比数列前项和的基本量计算，属于基础题.6.已知数列满足，，则数列的前10项和（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】变换得到，设得到是首项为，公差为的等差数列，故，再利用裂项相消法求和.【详解】，易知，故，设，则，，故是首项为，公差为的等差数列，故，，，故.故选：A.【点睛】本题考查了构造法求通项公式，裂项相消法求和，意在考查学生对于数列公式方法的综合应用.7.已知等差数列的公差d＞0，则下列四个命题：①数列是递增数列；   ②数列是递增数列；③数列是递增数列； ④数列是递增数列．其中正确命题的个数为（    ）A. 1 B. 2 C. 3 D. 4【答案】B【解析】【分析】根据等差数列的通项公式和前项和公式，结合数列的通项公式的函数性质进行求解即可.【详解】①：因为数列是等差数列，所以，因此可以把看成关于的一次函数，而，所以数列是递增数列，因此本命题是真命题；②：因为数列是等差数列，所以，因此可以把看成关于的二次函数，而二次函数的单调性与开口和对称轴有关，虽然能确定开口方向，但是不能确定对称轴的位置，故不能判断数列的单调性，故本命题是假命题；③：因为数列是等差数列，所以，设，因此数列的通项公式为：，显然当时，数列是常数列，故本命题是假命题；④：因为数列是等差数列，所以，设，因此数列的通项公式为，所以可以把看成关于的一次函数，而，所以数列是递增数列，因此本命题是真命题.故选：B【点睛】本题考查了等差数列的通项公式和前项和公式的应用，考查了利用数列的函数性质判断数列的单调性，考查了推理论证能力和数学运算能力.8.对于任意实数，下列正确的结论为（    ）A. 若，则； B. 若，则；C. 若，则； D. 若，则．【答案】D【解析】【分析】根据不等式的基本性质，结合举特例、作差比较法进行求解即可.【详解】A：根据不等式的基本性质可知：只有当时，才能由推出，故本选项结论不正确；B：若时，由推出，故本选项结论不正确；C：若时，显然满足，但是没有意义，故本选项结论不正确；D：，因为，所以，因此，所以本选项结论正确.故选：D【点睛】本题考查了不等式的基本性质的应用，考查了作差比较法的应用，属于基础题.9.下列命题中，不正确的是（    ）A. 在中，若，则B. 在锐角中，不等式恒成立C. 在中，若，，则必是等边三角形D. 在中，若，则必是等腰三角形【答案】D【解析】分析】A：根据三角形大角对大边的性质，结合正弦定理进行判断即可；B：根据锐角三角形的性质，结合正弦函数的单调性进行判断即可；C：利用余弦定理，结合等边三角形的判定方法进行判断即可；D：根据正弦定理，结合二倍角的正弦公式、正弦函数的性质进行求解即可.【详解】A：在中，因为，所以，由正弦定理可知：，故本命题是正确的；B：因为是锐角三角形，所以，由三角形内角和定理可知；，即有，因为是锐角三角形，所以为锐角，因此可得：，故本命题是正确的；C：由余弦定理可知；，又因为，，所以有：，因此是等腰三角形，而，所以是等边三角形，故本命题是正确的；D：由正弦定理可知；，而，所以有，，于是有或，即或，所以是等腰三角形或直角三角形，因此本命题不正确.故选：D【点睛】本题考查了正弦定理和余弦定理的应用，考查了二倍角正弦公式的应用，考查了正弦函数的性质，考查了数学运算能力.10.在中，已知cm，cm，，如果利用正弦定理解三角形有两解，则的取值范围是（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】先由正弦定理，根据题意，得到，再由三角形有两解，得到，，进而可求出结果.【详解】因为在中，cm，cm，，所以，由正弦定理得得：，因为，所以，要使三角形有两解，得到，因此；又若，此时只有一个解，不满足题意，所以，即，解得：.故选：A.【点睛】本题主要考查由三角形解的个数求参数的问题，熟记正弦定理即可，属于常考题型.11.已知数列是等差数列，若，，且数列的前项和有最大值，那么取得最小正值时等于（ ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】试题分析：由等差数列的性质和求和公式可得又可得:而,进而可得取得最小正值时.考点：等差数列的性质12.如图，是某防汛抗洪大坝的坡面，大坝上有一高为20米的监测塔，若某科研小组在坝底点测得，沿着坡面前进40米到达点，测得，则大坝的坡角（）的余弦值为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】由，，可得，在中，由正弦定理得，在中，由正弦定理得，进而由可得结果.【详解】因为，，所以.在中，由正弦定理得，解得.在中，由正弦定理得，所以又，所以，所以.故选A.【点睛】本题考查正弦定理解三角形，考查诱导公式，考查学生合理进行边角转化的能力，属于中档题.第Ⅱ卷（非选择题共90分）二、填空题（本大题共4小题，每题5分，满分20分．）13.设为等比数列的前项和，，则_________．【答案】【解析】【分析】根据已知求出等比数列的公比，再由等比数列的前项和公式，即可求解.【详解】设等比数列的公比为，根据题意，有，解得，则．故答案为：.【点睛】本题考查等比数列的前项和，考查计算求解能力，属于基础题.14.在数列中，，，则__________.【答案】.【解析】【分析】根据题意分析，递推公式满足累加法形式，运用累加法计算，即可求解通项公式.【详解】由，得，由累加法可得，.故答案：【点睛】本题考查由递推关系求通项公式，考查累加法，属于基础题.15.在锐角三角形中，，则的取值范围是______.【答案】【解析】【分析】锐角三角形中，角都是锐角，求出角的取值范围.由正弦定理可得，把展开，即求的取值范围.【详解】锐角中，，即，.在中，由正弦定理，可得，，，即.故答案为：.【点睛】本题考查正弦定理、两角和的正弦公式、二倍角公式，属于较难的题目.16.设实数满足,则的最大值是_______.【答案】27【解析】【分析】根据不等式的性质用配凑法可求的最大值.【详解】由题设可知为正数，设，则，故.故∵,，∴,,∴，∵，∴即最大值27．【点睛】本题考查不等式性质的应用，当已知代数式和目标代数式之间的关系难以寻觅时，可以用待定系数法（配凑法）来整合，本题属于中档题. 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.已知等比数列各项都是正数，其中，，成等差数列，．（1）求数列的通项公式；（2）设， 数列的前项和为，求．【答案】（1）；（2）92.【解析】【分析】（1）根据等比数列的通项公式，结合等差数列的性质进行求解即可；（2）结合（1）求出数列的通项公式，根据等差数列和等比数列的前项和公式进行求解即可.【详解】（1）设等比数列的公比为，因为等比数列各项都是正数，所以有，因为，，成等差数列，所以有，于是有，而，解得，又因为，所以，而，所以，因此数列的通项公式为：；（2）由（1）可知；，所以，根据等差数列和等比数列的前项和公式可得；.【点睛】本题考查了等差数列和等比数列的前项和公式的应用，考查了等比数列通项公式的应用，考查了等差数列的性质，考查了数学运算能力.18.的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知.（1）求角C；（2）若，，求的周长.【答案】（1）（2）【解析】【详解】试题分析：（1）根据正弦定理把化成，利用和角公式可得从而求得角；（2）根据三角形的面积和角的值求得，由余弦定理求得边得到的周长.试题解析：（1）由已知可得（2）又，的周长为考点：正余弦定理解三角形. 19.已知的内角的对边分别为，若．（1）求；（2）求的取值范围．【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）利用正弦定理和余弦定理进行求解即可；（2）利用两角差的正弦公式和辅助角公式，结合正弦函数的性质进行求解即可.【详解】（1），根据正弦定理可化简为：，由余弦定理可知：，因此有，；（2）由（1）可知：，由三角形内角和定理可知：，，，因此有，因此取值范围为.【点睛】本题考查了正弦定理和余弦定理的应用，考查了三角式的取值范围问题，考查了正弦函数的值域问题，考查了辅助角公式的应用，考查了数学运算能力.20.已知数列中，且．（1）证明是等比数列；（2）设，求数列的前项和．【答案】（1）详见解析；（2）．【解析】【分析】（1）根据所求数列的形式，对已知的递推公式进行恒等变形，结合等比数列的定义进行证明即可；（2）结合（1）求出数列的通项公式，利用分组求数列和的方法，结合错位相减法进行求解即可.【详解】（1）由已知可得：，，，即，因为，又因为，所以是以1为首项，2为公比的等比数列．（2）由（1）得，即，所以，设，且前项和为，所以，①， ②①－②得：所以，因此．【点睛】本题考查了由递推公式证明数列是等比数列，考查了利用分组求和法求数列和问题，考查了错位相减法的应用，考查了数学运算能力.21.已知数列满足：，．（1）求数列的通项公式；（2）设，数列的前n项和，求证：．【答案】（1）（）．（2）证明见解析【解析】【分析】（1）根据题意，可得，两者相减，即可得到数列的通项公式，（2）由（1）得，利用裂项相消求出，从而可证【详解】（1）由已知得由，①得时，，②①-②得∴，也适合此式，∴（）．（2）由（1）得，∴∴∵，∴∴【点睛】本题考查数列的递推，考查数列的通项与求和，考查数列求和方法中的裂项相消，属于中档题．22.已知函数（）．（1）若不等式的解集为，求的取值范围；（2）当时，解不等式；（3）若不等式的解集为，若，求的取值范围．【答案】（1）；（2）.；（3）.【解析】试题分析：（1）对二项式系数进行讨论，可得求出解集即可；（2）分为，，分别解出3种情形对应的不等式即可；（3）将问题转化为对任意的，不等式恒成立，利用分离参数的思想得恒成立，求出其最大值即可.试题解析：（1）①当即时，，不合题意；     ②当即时，，即， ∴，∴ （2）即即①当即时，解集为 ②当即时，∵，∴解集为 ③当即时，∵，所以，所以∴解集为 （3）不等式的解集为，，即对任意的，不等式恒成立，即恒成立，因为恒成立，所以恒成立， 设则，，所以，因为，当且仅当时取等号，所以，当且仅当时取等号，所以当时，，所以点睛：本题主要考查了含有参数的一元二次不等式的解法，考查了分类讨论的思想以及转化与化归的能力，难度一般；对于含有参数的一元二次不等式常见的讨论形式有如下几种情形：1、对二次项系数进行讨论；2、对应方程的根进行讨论；3、对应根的大小进行讨论等；考查恒成立问题，正确分离参数是关键，也是常用的一种手段．通过分离参数可转化为或恒成立，即或即可，利用导数知识结合单调性求出或即得解.