福建省宁化第一中学2019-2020学年高一下学期期中考试数学试题 Word版含解析

www.ks5u.com宁化一中2019—2020学年第二学期期中质量检测高一数学试题

第Ⅰ卷（选择题  共36分）

一、单选题：本大题共10小题，每小题5分，共50分.在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，请把答案填在答题卷相应的位置上.

1.（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】

根据三角函数的诱导公式以及两角和的正弦函数公式，即可求解．

【详解】由三角函数的诱导公式以及两角和的正弦公式，可得：

.

故选：D．

【点睛】本题主要考查了三角函数的诱导公式，以及两角和的正弦公式的化简、求值，其中解答中熟记三角函数的诱导公式和三角恒等变换的公式，准确运算是解答的关键，着重考查了运算与求解能力.

2.设是等差数列的前项和.若，则(    )

A. 5 B. 6 C. 7 D. 9

【答案】A

【解析】

【分析】

首先根据等差数列的性质得到，再计算即可.

【详解】因为，所以，即.

所以.

故选：A

【点睛】本题主要考查等差数列的性质，同时考查等差数列的前项和，属于简单题.

3.设，式中变量、满足约束条件，则的最小值为（   ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】

设，可得出关于、的方程组，求出、的值，再利用不等式的基本性质可求得的最小值.

【详解】设，则，解得，

所以，，

因此，的最小值为.

故选：D.

【点睛】本题考查利用不等式的基本性质求代数式的最值，考查计算能力，属于基础题.

4.设，，则下列结论正确的是(    )

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】

根据不等式的基本性质，采用作差法逐一判断选项即可．

【详解】解：∵，，∴，

∴，当且仅当时，等号成立，则A对；

∵，

当时，，当时，，则B错；

∵，

当时，，即，则C错；

当时，均无意义，则D错；

故选：A．

【点睛】本题主要考查不等式的基本性质，考查作差法比较大小，属于基础题．

5.△ABC中，三个内角A，B，C所对应的边分别为a，b，c，若c＝，b＝1，∠B＝，则△ABC的形状为（  ）

A. 等腰直角三角形 B. 直角三角形

C. 等边三角形 D. 等腰三角形或直角三角形

【答案】D

【解析】

试题分析：在中，由正弦定理可得，因为，所以或，所以或，所以的形状一定为等腰三角形或直角三角形，故选D．

考点：正弦定理．

6.数列的前10项和为（ ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】

【详解】试题分析：由题意得，数列的前项和为

，故选D.

考点：等比数列求和.

7.在△ABC中，AC=，BC=2，B =60°，则BC边上的高等于（  ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【详解】由正弦定理可得，

所以，

则边上的高，应选答案B.

点睛：解答本题的思路是先运用正弦定理求出，再运用两角和的正弦公式求得，再解直角三角形可求得三角形的高，从而使得问题获解.

8.设，则(    )

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】

首先利用正弦的两角和公式得到，根据同角三角函数关系得到，再利用诱导公式化简即可得到答案.

【详解】由题知：，

所以.

即，所以.

.

故选：C

【点睛】本题主要考查了正弦的两角和公式，同时考查了同角三角函数关系和诱导公式，属于简单题.

9.在中，的对边分别为，其中，且，则其最小角的余弦值为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

分析】

根据正弦定理可得，代入等式即可用表示出，从而可以比较的大小，确定角为最小角，结合余弦定理即可求得的值.

【详解】在中，，

由正弦定理可得，

而，即，

所以，

则，所以在中为最小角，

故由余弦定理可得

，

故选：C

【点睛】本题考查了正弦定理与余弦定理在解三角形中的综合应用，属于基础题.

10.设，，且，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

分析：（1）方法一、运用同角变换和两角差公式，即 和化简，再根据诱导公式和角的范围，确定正确答案．

（2）方法二、运用诱导公式和二倍角公式，通过的变换化简，确定正确答案．

详解：方法一：

即

整理得

，∴

    整理得

方法二：

，∴

  整理得

故选B

点睛：本题主要考查三角函数的化简和求值，根据题干和选项所给提示，确定解题方向，选取适当三角函数公式化简求值．

二、多项选择题：本大题共2小题，每小题5分，共10分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对得3分，选对但不全得2分，有错选不得分.

11.若，则下列不等式中不一定成立的是(    )

A.  B.

C.  D.

【答案】AD

【解析】

【分析】

利用二倍角公式，结合不等式的性质进行判断即可．

【详解】解：，，

，，，

则，

即，则B一定成立，C一定不成立；

当时，

当时，

则A，D可能成立，也可能不成立；

故选：AD．

【点睛】本题主要考查不等式大小的比较，结合二倍角公式进行化简是解决本题的关键，属于基础题．

12.意大利著名数学家斐波那契在研究兔子的繁殖问题时，发现有这样的一列数：1，1，2，3，5，8，…，该数列的特点是：前两个数均为1，从第三个数起，每一个数都等于它前面两个数的和.人们把这样的一列数组成的数列称为斐波那契数列. 并将数列中的各项除以4所得余数按原顺序构成的数列记为，则下列结论正确的是(    )

A.  B.

C  D.

【答案】AB

【解析】

【分析】

由可得，可判断B、D选项；先计算数列前几项可发现规律,使用归纳法得出结论：数列是以6为最小正周期的数列，可判断A、C选项.

【详解】对于A选项：

，，

所以数列是以6为最小正周期的数列，又，所以，故A选项正确；

对于C选项：，故C选项错误；

对于B选项：斐波那契数列总有：，

所以，，

所以，故B正确；

对于D选项：，，

，，

所以

，故D选项错误；

故选：AB.

【点睛】本题考查数列的新定义，关键在于运用数列的定义研究其性质用于判断选项，常常采用求前几项的值，运用归纳法找到规律，属于难度题.

第Ⅱ卷（非选择题  共64分）

三、填空题：本大题共4小题中，每小题5分（其中第15题第一空2分，第二空3分），共20分.请把答案写在答题卷相应位置上.

13.等比数列的前项和为，若公比，，则______.

【答案】15

【解析】

【分析】

利用基本量法求解首项，进而求得即可.

【详解】因为，故，代入可得.

故.

故答案为：

【点睛】本题主要考查了等比数列的基本量求解，属于基础题.

14.已知，且，不等式的最小值为________.

【答案】4

【解析】

【分析】

由题意得，则，再根据基本不等式即可求出最小值．

【详解】解：∵，且，

∴，

∴，

当且仅当即时，等号成立，

故答案为：4．

【点睛】本题主要考查基本不等式求最值，考查“1”的代换，属于基础题．

15.在中，角，，所对的边分别是，，，若，，，则______，______.

【答案】    (1).     (2).

【解析】

【分析】

由余弦定理得出以及，进而得出，最后由二倍角公式求解即可.

【详解】

故答案为：；

【点睛】本题主要考查了余弦定理的应用，涉及了三角恒等变换的应用，属于中档题.

16.若不等式对任意恒成立，则实数的取值范围是_______.

【答案】

【解析】

【分析】

分别讨论为偶数和奇数两种情况，结合不等式的性质，即可得出实数的取值范围.

【详解】当为偶数时，由恒成立，得恒成立

又因为，所以

当为奇数时，由恒成立，得恒成立

又因为，所以，即

综上可得实数的取值范围为

故答案为：

【点睛】本题主要考查了数列不等式的恒成立问题，属于中档题.

四、解答题：本大题共6小题，第17题10分，其余各题12分，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．

（1）求的值；

（2）求的值．

【答案】（1）（2）

【解析】

【详解】（1）由，，得，

∴，

∴

（2）由，得，又∵，

∴，

由得

，

∴由得

考点：同角三角函数关系

18.某工厂拟建一座平面图为矩形，面积为，高度一定的三段污水处理池（如图），由于受地形限制，其长、宽都不超过，如果池的外壁的建造费单价为元，池中两道隔壁墙（与宽边平行）的建造费单价为元，池底的建造费单价为元.设水池的长为，总造价为.

（1）求的表达式；

（2）水池的长与宽各是多少时，总造价最低，并求出这个最低造价.

【答案】（1）；（2）水池长，宽为，最低造价为元.

【解析】

【分析】

（1）水池长为，可得其宽为，由其长、宽都不超过可求得的取值范围，根据题意可得出函数的表达式；

（2）利用基本不等式可求得函数的最小值，利用等号成立的条件可求得水池的长与宽，进而得解.

【详解】（1）水池的长为，则宽为，由题意可得，解得，

，

；

（2），

当且仅当，即时取等号，此时，.

因此，当水池长为，宽为，其总造价最低，最低造价为元.

【点睛】本题考查基本不等式的实际应用，根据题意得出函数解析式是解答的关键，考查计算能力，属于中等题.

19.已知递增等差数列的前项和为，，且，，成等比数列.

（1）求数列的通项公式；

（2）设，求数列前项和.

【答案】（1）；（2）.

【解析】

【分析】

（1）利用等差数列的通项公式及等比中项的性质列方程求解即可；

（2）变形可得，利用裂项相消法即可得答案.

【详解】（1）设等差数列的公差为，因为，

∴，，，

∵，，成等比数列，

∴，即，

解得或，

∵等差数列是递增数列，

∴，

∴；

（2）∵，

∴.

【点睛】本题考查等差数列的通项公式，等比中项的性质及裂项相消法，是基础题.

20.在锐角中，角，，的对边分别为，，，且.

（1）求角的大小；

（2）若，求的周长的取值范围.

【答案】（1）；（2）.

【解析】

【分析】

（1）利用正弦定理将题中的边角关系转化为角的关系，结合三角恒等变换化简求解；

（2）根据余弦定理及基本不等式求解的取值范围，进而得到三角形的周长的取值范围．

【详解】（1）由，得：，

整理得：.

即：.

∵是锐角三角形的内角，∴，

∴，因为，所以.

（2）∵，∴，，

∵，∴.

由正弦定理得：，

∴，，

∴

，

∵，

∴，∵，

所以，周长的取值范围是.

【点睛】本题考查的是有关解三角形的问题，涉及到的知识点有正弦定理、余弦定理、三角恒等变换，正弦函数在某个区间上的值域，属于简单题目．

21.已知二次函数,且不等式的解集为，对任意的都有恒成立.

（1）求的解析式；

（2）若不等式在上有解，求实数的取值范围.

【答案】（1）（2）

【解析】

分析：（1）由题意的解集为转化为方程的两个根是和，由由韦达定理，在由在恒成立，根据，即可求解的值，得到函数的解析式；

（2）由题意，分类参数得，设,       得到，利用均值不等式即可求解.

详解：（1）∵   的解集为

∴  方程的两个根是1和3.

故          ∴ 

又 ∵  在恒成立

∴   在恒成立

，

， 又∵

∴       ∴ 

（2）由题意，即

∵ 

∴ 

 设,       则

  又∵    当且仅当即时取得最大值

∴，即实数的取值范围为

点睛：本题主要考查了二次函数的图象与性质，以及函数的恒成立问题和不等式的有解问题的求解，其中熟记二次函数图象与性质和分类参数法求解不等式的恒成立与有解问题是解答的关键，着重考查了转化思想方法的应用，以及分析问题和解答问题的能力，试题有一定的综合性，属于中档试题.

22.已知数列中，，.

（1）求证：数列为等差数列；

（2）设，数列的前项和为.

①求；

②若对任意的，，均有成立，求实数的取值范围.

【答案】（1）证明见解析；（2）①；②.

【解析】

【分析】

（1）根据递推关系可得，即可证明结论；

（2）①根据数列的通项公式特征，用错位相减法，求其前项和为；

②由（1）得，分离参数得对任意，成立，构造数列，利用数列单调性，求出的最大值，即可得出结论.

【详解】（1）∵，

∴，

∴.∵，

∴数列为是以1为首项，3为公差的等差数列.

（2）①由（1）可知，，

∴，

∴ ①

∴ ②

①-②得：

，

∴.

②∵对任意，成立，

∴对任意，成立.

令，则，

∴当时，，即，

∴当时，，即，

∴，

∴.

所以实数的取值范围是：.

【点睛】本题考查递推关系证明等差数列、错位相减法求数列的和，以及恒成立和最值的关系，利用单调性求数列的最大值，考查等价转化思想和计算求解能力，属于中档题.