四川省宜宾市叙州区第一中学校2019-2020学年高一下学期期中考试数学试题 Word版含解析

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www.ks5u.com2020年春四川省叙州区第一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.（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】利用诱导公式即可求得.【详解】由题意可得.故选:.【点睛】本题考查利用诱导公式求值,考查计算能力,难度容易.2.（    ）A 0 B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】由两角差余弦公式计算．详解】原式=．故选：B.【点睛】本题考查两角差的余弦公式，属于基础题．3.若则一定有（ ）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】本题主要考查不等关系．已知,所以，所以，故．故选 4.已知.若与 共线，则实数的值为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】先由求出的坐标表示,再由与 共线,即可求出结果.【详解】因为所以,又,与 共线,所以,解得.故选:.【点睛】本题主要考查向量的坐标运算,熟记共线向量定理即可,属于基础题型,难度较易.5.设{an}是有正数组成的等比数列，为其前n项和．已知a2a4＝1，S3＝7，则S5＝（ ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】由等比数列的性质易得a3＝1，进而由求和公式可得q，再代入求和公式计算可得．【详解】由题意可得a2a4＝a32＝1，∴a3＝1，设{an}公比为q，则q＞0，∴S31＝7，解得q或q（舍去），∴a14，∴S5故选B.【点睛】本题考查等比数列的通项公式和求和公式，属基础题．6.在锐角中，，则（ ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】试题分析：因,故,且是锐角,故,应选A.考点：三角形的面积公式及同角的关系.7.已知数列中，，且对，总有，则（    ）A. 1 B. 3 C. 2 D. 【答案】C【解析】【分析】根据，证明是周期数列，然后根据数列周期以及已知条件，即可求解出的值.【详解】因为，所以，所以，所以，所以是周期为的数列，所以.故选：C.【点睛】本题考查利用数列的周期性进行求值，对于分析和转化的能力要求较高，难度一般.8.若为锐角，且满足，，则的值为（ ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】试题分析：因,,故,故,故应选B.考点：两角和的正弦公式及运用.【易错点晴】三角变换的精髓就是变角,将一个角变为两个角的和与差的形式是解答角变换问题的最高境界.所以在求解三角函数的值时,务必看清已知角与欲求角之间的关系,并进行适当变换,达到能够利用已知角的三角函数的关系.如本题在求解时,首先通过观察将欲求角看做,然后再运用两角差的正弦公式得.9.若，则的值为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】将三角函数式变形,结合余弦的二倍角公式及条件式即可求解.【详解】由因为根据余弦二倍角公式可知故选:D【点睛】本题考查了余弦二倍角公式的简单应用,属于基础题.10.在中，角，，所对的边分别是，，，设为的面积，满足，且角是角和角的等差中项，则的形状为（    ）A. 不确定 B. 直角三角形C. 钝角三角形 D. 等边三角形【答案】D【解析】【分析】先根据得到之间的关系，再根据是的等差中项计算出的大小，由此再判断的形状.【详解】因为，所以，所以，所以，又因为，所以，所以，所以是等边三角形.故选：D.【点睛】本题考查等差中项以及利用正弦定理判断三角形形状，难度一般.（1）已知是的等差中项，则有；（2）利用正弦定理进行边角互化时，注意对于“齐次”的要求.11.如图所示，在山底A处测得山顶B的仰角为，沿倾斜角为的山坡向山顶走1000米到达S点，又测得山顶的仰角为，则山高BC=（    ）A. 500米 B. 1500米 C. 1200米 D. 1000米【答案】D【解析】【分析】作出图形，过点作于，于，依题意可求得在中利用正弦定理可求的长，从而可得山顶高．【详解】解：依题意，过点作于，于，，米，米，依题意，在中，，，在中，，，在中，米，米，故选：D．【点睛】本题主要考查正弦定理的应用，考查作图与计算的能力，属于中档题．12.已知，，若对任意，或，则的取值范围是（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】先求得的解集，接着用分类讨论方法解不等式，只要时，即可．【详解】由得，因此对任意，或，只要时，即可，，∴，或，由得，当时，，或，∴，，∴满足题意，当时，，或，∴，，∴，综上，．故选：C.【点睛】本题考查由复合命题的真假求参数范围，考查含参数的一元二次不等式的解集问题．分类讨论是解决含参数的一元二次不等式的基本方法．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.已知中，，，，D为AB的中点，则_________【答案】【解析】【分析】推导出，，，由此能求出的值．【详解】解：中，，，，为的中点，，，，，，故答案为：．【点睛】本题主要考查向量的数量积的求法，考查余弦定理、向量的数量积等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，属于基础题．14.已知向量，，且与的夹角为，则在方向上的投影为_____．【答案】【解析】【分析】根据向量数量积的几何意义，结合题中数据，即可求出结果.【详解】由向量数量积的几何意义可得，在方向上的投影为.故答案为【点睛】本题主要考查求向量的投影，熟记向量数量积的几何意义即可，属于基础题型.15.已知各项均为正数的等比数列，满足，则______．【答案】【解析】各项均为正数的因为是等比数列，所以 ，又因为各项均为正数，所以 ,故答案为.16.在锐角中，，，则中线AD长的取值范围是_______;【答案】【解析】【分析】本道题运用向量方法，计算AD的长度，同时结合锐角三角形这一条件，计算bc的范围，即可．【详解】设，，对运用正弦定理，得到，解得，结合该三角形为锐角三角形，得到不等式组，解得，故，结合二次函数性质，得到，运用向量得到，所以，结合bc的范围，代入，得到的范围为【点睛】本道题考查了向量的加法运算，考查了锐角三角形判定定理，考查了二次函数的性质，关键将模长联系向量方法计算，难度偏难．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.已知向量，，，（1）求的最小值；（2）若与共线，求的值.【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）用表示，结合二次函数的性质求解；（2）利用向量共线的充要条件计算．【详解】解：（1）∵，，∴，∴=（），∴当时，的最小值为；（2）∵，，与共线，∴，∴．【点睛】本题主要考查了向量的模的计算，向量共线的应用，属于基础题．18.已知等差数列中，，．（1）求数列的通项公式；（2）求数列的前项和．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）先设等差数列的公差为，根据题中条件求出公差，即可得出通项公式；（2）根据前项和公式，即可求出结果.【详解】（1）依题意，设等差数列的公差为，因为，所以，又，所以公差，所以．（2）由（1）知，，所以【点睛】本题主要考查等差数列，熟记等差数列的通项公式与前项和公式即可，属于基础题型.19.已知数列的前项和为且.（1）求数列的通项公式（2）求数列的前项和．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）先由得到，两式作差，得到该数列为等比数列，根据题意，即可求出通项公式；（2）由错位相减法求数列的和，即可得出结果.【详解】（1）因为，当时，，两式相减可得，即整理可得，，解得，所以数列为首项为，公比为的等比数列；；（2）由题意可得：，所以两式相减可得，∴.【点睛】本题主要考查等比数列，以及数列的求和，熟记等比数列的通项公式，以及错位相减法求数列的和即可，属于常考题型.20.已知函数．（）若，求的值．（）在中，角，，的对边分别是，，，且满足，求的取值范围．【答案】（1）；（2）.【解析】试题分析：（1）先进行三角恒等变形，使化为形式，求出的值，再利用与的关系进行求值；（2）先利用余弦定理求出角A,化简，利用B的范围进行求解.试题解析： （1）f（x）＝sincos＋cos2＝sin＋cos＋＝sin＋.由f（x）＝1，可得sin＝.cos＝cos[π－（＋x）]＝－cos（＋x）＝2sin2（＋）－1＝－.（2）由acos C＋c＝b，得a·＋c＝b，即b2＋c2－a2＝bc，所以cos A＝＝.因为A∈（0，π），所以A＝，B＋C＝，所以0<B<，所以<＋<，所以f（B）＝sin＋∈．考点：1.三角恒等变形；2.余弦定理；3.三角函数的图像与性质．21.已知等差数列，公差d>0，前n项和，，且满足成等比数列．（1）求的通项公式；（2）设，求数列的前n项和的值．【答案】（1）（2）=【解析】【分析】（1）由等差中项性质和求得，再由已知与等比中项性质构建方程求得公差，最后由等比数列通项公式表示答案；（2）由裂项相消法求得前n项和.【详解】（1）由，得，又因为成等比数列，则，解得或，，数列的通项公式为． （2）由（1）可知则【点睛】本题考查求等差数列通项公式，还考查了裂项相消法求前n项和，属于简单题.22.已知偶函数.（1）若方程有两不等实根，求的范围；（2）若在上的最小值为2，求的值.【答案】（1）；（2）或.【解析】【分析】（1）由偶函数的定义，利用，求得的值，再由对数函数的单调性，结合题设条件，即可求解实数的范围；（2）利用换元法和对勾函数的单调性，以及二次函数的闭区间上的求法，分类讨论对称轴和区间的关系，即可求解.【详解】（1）因为，所以的定义域为，因为是偶函数，即，所以，故，所以，即方程的解为一切实数，所以，因为，且，所以原方程转化为，令，，所以所以在上是减函数，是增函数，当时，使成立的有两个，又由知，与一一对应，故当时，有两不等实根；（2）因为，所以，所以，令，则，令，设，则，因为，所以，即在上是增函数，所以，设，则.（i）当时，的最小值为，所以，解得，或4（舍去）；（ii）当时，的最小值为，不合题意；（iii）当时，的最小值为，所以，解得，或（舍去）.综上知，或.【点睛】本题主要考查了函数的综合应用，其中解答中涉及到函数的奇偶性，对数函数的图象与性质，以及换元法和分类讨论思想的应用，试题综合性强，属于难题，着重考查了分析问题和解答问题的能力，以及推理与运算能力.