安徽省黄山市八校联盟2019-2020学年高一下学期期中联考数学试题 Word版含解析

这是一份安徽省黄山市八校联盟2019-2020学年高一下学期期中联考数学试题 Word版含解析，共18页。试卷主要包含了单选题，解答题等内容，欢迎下载使用。
www.ks5u.com黄山市普通高中2022届高一八校联考数学试题第Ⅰ卷（选择题）一、单选题（本大题共12个小题，每小题5分，共60分．）1.（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】化简，再利用和角的正弦公式计算得解.【详解】由题得.故选：A.【点睛】本题主要考查和角的正弦公式的应用，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.2.设，，，则的大小关系是（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】根据题意计算，得到答案.【详解】，则；，则，，故，.故选：B.【点睛】本题考查了代数式的大小比较，意在考查学生的计算能力和推断能力.3.在中，内角所对的边分别是．已知，则B的大小为（    ）A. 30° B. 60° C. 30°或150° D. 60°或120°【答案】D【解析】【分析】直接利用正弦定理计算得到答案.【详解】根据正弦定理：得到， ，故或.故选：D.【点睛】本题考查了正弦定理，意在考查学生的计算能力和应用能力.4.设等差数列的前项和为，若，则（    ）A. 27 B. 36 C. 45 D. 54【答案】B【解析】【分析】根据等差数列和性质知成等差数列，计算得到答案.【详解】根据等差数列和性质知：成等差数列，故，解得.故选：B.【点睛】本题考查了求等差数列前项和，意在考查学生的计算能力，利用成等差数列是解题的关键.5.已知，且，求的值（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】根据角度范围得到，利用和差公式展开解得答案.【详解】，故，，故，，故.故选：B.【点睛】本题考查了三角恒等变换，意在考查学生的计算能力和应用能力，变换是解题的关键.6.已知△中，，则△ABC一定是A. 等边三角形 B. 等腰三角形C. 直角三角形 D. 等腰直角三角形【答案】B【解析】试题分析：由和正弦定理得，即．因，故不可能为直角，故．再由，故．选B．考点：本题考查正弦定理、内角和定理、两角和的三角函数公式．点评：综合考查正弦定理、两角和与差的三角公式．三角形中的问题，要特别注意角的范围．7.记等比数列的前n项积为，已知，且，则（    ）A. 3 B. 4 C. 5 D. 6【答案】C【解析】【分析】设，代入化简得到，计算，解得答案.【详解】设，，则，，，故.，解得.故选：C.【点睛】本题考查了等比数列的前项积，意在考查学生的计算能力和对于数列公式方法的综合应用.8.关于的不等式的解集中，恰有2个整数，则的取值范围（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】变换得到，讨论，，三种情况，计算得到答案.【详解】，当时，不等式解集为，恰有2个整数，故；当时，无解；当时，不等式解集为，恰有2个整数，故；综上所述：.故选：D.【点睛】本题考查了根据解集的整数个数求参数，意在考查学生的计算能力和分类讨论能力.9.线段的黄金分割点定义：若点在线段上，且满足，则称点为线段的黄金分割点，在中，，若角的平分线交边于点，则点为边的黄金分割点，利用上述结论，可以求出（ ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】设，由黄金分割点的定义可得．在中，由余弦定理得．选B． 10.若当时,函数取得最大值,则(            )A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】函数解析式提取5变形后,利用两角和与差的正弦函数公式化为一个角的正弦函数，利用正弦函数的性质可得结果.【详解】，其中, 当，即时，取得最大值5 ,，则，故选B.【点睛】此题考查了两角和与差的正弦函数公式、辅助角公式的应用，以及正弦函数最值，熟练掌握公式是解本题的关键.11.已知是等差数列的前n项和，且，给出下列五个命题：①公差②③④数列中的最大项为⑤其中正确命题的个数是（    ）A. 2 B. 3 C. 4 D. 5【答案】B【解析】【分析】先由条件确定数列第六项和第七项的正负，进而确定公差的正负，最后，的符号由第六项和第七项的正负判定．【详解】等差数列中，最大，且，，，①正确；，，，，，，最大，④不正确；，，③⑤正确，②错误.故选：B．【点睛】本题考查等差数列的前n项和的应用，考查逻辑思维能力和运算能力，属于常考题.12.已知实数满足约束条件，若的最大值为12，则的最小值为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】如图所示，画出可行域和目标函数，根据目标函数的几何意义得到，再利用均值不等式计算得到最值.【详解】如图所示：画出可行域和目标函数，，则，表示直线在轴的截距，根据图像知，当直线过的交点时，有最大值为.故，当时等号成立.故选：A.【点睛】本题考查了线性规划问题，均值不等式求最值，意在考查学生的计算能力和综合应用能力，画出图像是解题的关键.第Ⅱ卷（非选择题)二、填空题（本大题共4个小题，每小题5分，共20分．)13.已知和是方程的两个根，则=____________【答案】【解析】【分析】由题得.再求出，再求出得解.【详解】由题得.所以.所以.故答案为：.【点睛】本题主要考查和角的正切公式的应用，考查二倍角的正切公式的应用，意在考查对这些知识的理解掌握水平和计算能力.14.当时，则的值域是____________【答案】【解析】【分析】首先将函数转化，再分别讨论和时，利用基本不等式求值域即可.【详解】因，且，①当时，，所以，当且仅当，即时，取“”.②当时，，，所以，因为，所以，即.当且仅当，即时，取“”.综上所述值域为：.故答案为：【点睛】本题主要考查基本不等式，同时考查了函数的值域问题，属于中档题.15.已知数列满足，，，则该数列的通项公式 ____________【答案】【解析】【分析】变换得到，构造，利用累加法计算得到的通项公式，进而得到答案.详解】，故，，设，则，，，故，当时验证满足，故.故答案为：.【点睛】本题考查了求数列的通项公式，意在考查学生对于数列公式方法的综合应用，构造数列是解题的关键.16.在中，角所对的边分别为，且满足，，则__________．【答案】【解析】试题分析：因为，所以，化简得.所以．又因为，所以，所以，即，整理得.又，所以，两边除以得，解得.考点：余弦定理. 【思路点睛】因为，化简得.所以．又因为，所以，由正弦定理和余弦定理整理得.，化简可的，两边除以得，即可求得.三、解答题（本大题共6个小题，满分70分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．）17.已知，，，，求的值．【答案】【解析】【分析】先求出，，再利用诱导公式和差角的正弦公式求解.【详解】因为，，所以，∴. ∵ ， ∴. .【点睛】本题主要考查同角的三角函数平方关系，考查诱导公式和差角的正弦公式的应用，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和计算能力.18.在中，角所对的边分别为，，，且 ．（Ⅰ）求角的值；（Ⅱ）若中，，求的面积．【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）．【解析】【分析】（Ⅰ）根据向量垂直数量积为零，结合正弦定理角化边可得，从而配凑出，求得结果；（Ⅱ）利用余弦定理可构造方程求得，代入三角形面积公式可求得结果.【详解】（Ⅰ），，由正弦定理可得：，，又，.（Ⅱ）由（Ⅰ）知：，又，， 又，，解得：，.【点睛】本题考查解三角形的相关知识，涉及到向量垂直的坐标表示、正弦定理边角互化、余弦定理解三角形和三角形面积公式的应用；解题关键是能够利用正弦定理角化边，从而配凑出符合余弦定理的形式.19.已知数列的前n项和为,且满足 .(1)求证：数列是等比数列;(2)若数列满足,试求数列中最小项.【答案】(1)证明见解析；(2)14.【解析】【分析】(1)根据数列通项与前n项和的关系可得数列的递推公式,再构造数列证明即可.(2)由第(1)问可求得,求得,再代入可得,再利用基本不等式求最小值,以及取得最小值时的值即可.【详解】(1)由, 两式相减得,即 即 当时,,得,即                        ∴是以2为首项,以2为公比的等比数列.                          (2)由第1小题可知  即, 当且仅当时,即所以【点睛】本题主要考查了数列通项与前n项和的关系,也考查了根据递推公式构造等比数列求解通项公式的问题.同时也考查了基本不等式求最值的问题.属于中档题.20.在锐角中，角的对边分别为，且．（Ⅰ）求角A的大小；（Ⅱ）若关于角方程有解，求的范围．【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）．【解析】【分析】（Ⅰ）根据正弦定理化简整理得到，计算得到答案.（Ⅱ）根据锐角三角形计算，化简得到，根据范围得到答案.【详解】（Ⅰ）由，得：，                    整理得．即．                     ∵B是锐角三角形的内角，，，，故.（Ⅱ），，故，. 由有解，得，且，得，，，故，∴.【点睛】本题考查了正弦定理，三角恒等变换，三角函数值域，意在考查学生的计算能力和转化能力，确定的范围是解题的关键.21.已知函数.(1)若对任意实数，恒成立，求实数的取值范围；(2)解关于的不等式.【答案】(1) ;(2)详见解析.【解析】【详解】试题分析：（1）对讨论，时不合题意；合题意；，利用判别式小于解不等式，求交集即可得到所求范围；（2）先将不等式化为，再对参数的取值范围进行讨论，利用一元二次不等式的解法分别解不等式即可.试题解析：（1）当时，恒成立；当时，要使对任意实数，恒成立，需满足，解得，故实数的取值范围为.（2）由不等式得，即.方程的两根是，.①当时，，不等式的解为或；②当时，不等式的解为；③当时，不等式的解为；④当时，，不等式无解；⑤当时，，不等式的解为综上：①当时，不等式的解为或；②当时，不等式的解为 ；③当时，不等式的解为；④当时，，不等式解集为 ；⑤当时，不等式的解为【方法点睛】本题主要考查一元二次不等式的解法、分类讨论思想，属于难题. 分类讨论思想解决高中数学问题的一种重要思想方法，是中学数学四种重要的数学思想之一，尤其在解决含参数问题发挥着奇特功效，大大提高了解题能力与速度.运用这种方法的关键是将题设条件研究透，这样才能快速找准突破点. 充分利用分类讨论思想方法能够使问题条理清晰，进而顺利解答，希望同学们能够熟练掌握并应用与解题当中.22.设数列的通项公式是 ,数列中,. (1)若数列的前项和对于恒成立,求的最小值; (2)利用裂项相消法求数列的前项和,并写出数列（且)的前项和.【答案】(1)3；(2),,（且）.【解析】【分析】(1)根据可求得,再分析随增大变化规律,结合恒成立问题求解的最小值即可.(2)根据可设,再化简对比各项系数可得,进而裂项相消求即可.同理可设,化简对比各项系数求解得,再裂项相消求和即可.【详解】(1)因为,故.又,故递增.所以,的最小值为3.   (2)设,得                                      由知                                                                                 解得,（且）【点睛】本题主要考查了裂项相消求和的方法,需要根据题意将通项写成两项之差,再合并两项分析各项对应的系数,进而求得参数再求和即可.重点在于理解裂项中的两项间的关系.属于难题.