福建省福州市八县一中2019-2020学年高一下学期适应性考试数学试题 Word版含解析

www.ks5u.com2019-2020学年第二学期福州市八县（市、区）适应性考试

高中 一 年   数学 科

完卷时间：120分钟   满分：150分

第Ⅰ卷

一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分．其中，1-10为单选题，11、12为多选题，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有错选的得0分）

1.在中，已知，则为（    ）

A. 等腰三角形 B. 直角三角形 C. 等边三角形 D. 等腰或直角三角形

【答案】D

【解析】

【分析】

先根据正弦定理进行边换角，然后结合二倍角公式求解即可.

【详解】由，有,

由正弦定理有，即

所以有或

即或

所以三角形为等腰三角形或直角三角形，

故选：D .

【点睛】考查三角形形状的判定，正确应用正弦定理进行边化角是解题突破口，属于基础题.

2.以下结论，正确的是（    ）

A.  B.

C.  D. 的最小值是

【答案】C

【解析】

【分析】

由均值不等式求最值的步骤“一正，二定，三相等”，对各个选项进行逐一判断，得出正确的选项.

【详解】A. 不满足条件“一正”，即当时， 的值为负，所以A不正确.

B. ,当时，，所以B 不正确.

C. 对时都成立，则成立(当且仅当时等式成立),所以C正确.

D．在中，令，则化为，

由在恒成立，所以在单调递减.

所以，所以D不正确.

故选：C

【点睛】本题考查利用均值不等式求最值，注意利用均值不等式求最值的步骤“一正，二定，三相等”，属于中档题.

3.已知，且，则，的大小关系是（    ）

A.  B.  C.  D. 不能确定

【答案】A

【解析】

【分析】

由，所以，然后用作差法，得出答案.

【详解】由，所以.

所以

所以

故选：A

【点睛】本题考查作差法比较大小，属于基础题.

4.已知等比数列的前项和为，若，且，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】

由等比数列的定义可得,再利用等比数列的性质可得,进而根据等比数列的前项和公式求解即可.

【详解】由题,因为数列是等比数列,,

所以,

因为,所以,即,

所以,即,

所以,则当时,,

故选:B

【点睛】本题考查等比数列的性质的应用,考查等比数列定义的应用,考查等比数列的前项和.

5.不等式的解集是（ )

A.  B.

C.  D.

【答案】D

【解析】

试题分析：且且，化简得解集为

考点：分式不等式解法

6.在等差数列中，若，且它的前项和有最大值，那么满足的的最大值是（    ）

A. 1 B. 5 C. 9 D. 10

【答案】C

【解析】

【分析】

根据题设条件，利用等差数列的性质推导出，，由此能求出时，的最大值．

【详解】∵数列是等差数列，它的前项和有最大值
∴公差，首项，为递减数列
由，∴，所以
由，有，则

由等差数列的性质知：，.
∵,所以，

∴当时，的最大值为9．

故选：C.

【点睛】本题考查等差数列的前项和的应用，考查数列的函数特性，解答本题的关键是根据，是中档题．

7.正数满足，若不等式对任意实数恒成立，则实数的取值范围是(   )

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

分析】

先用基本不等式求的最小值，再根据配方法求二次函数的最大值.

【详解】，

当且仅当，即时，“=”成立，

若不等式对任意实数恒成立，

则，

即对任意实数恒成立，

实数的取值范围是.

故选D.

【点睛】本题考查基本不等式与二次不等式恒成立.

8.瑞云塔是福清著名的历史文化古迹．如图，一研究性小组同学为了估测塔的高度，在塔底和（与塔底同一水平面）处进行测量，在点处测得塔顶的仰角分别为45°，30°，且两点相距，由点看的张角为150°，则瑞云塔的高度（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】

设，根据已知将用表示，再利用余弦定理建立方程，即可得到答案；

【详解】设，在点处测得塔顶的仰角分别为45°，30°，

，

，

故选：C.

【点睛】本题考查余弦定理在解三角形的应用，考查函数与方程思想，考查逻辑推理能力运算求解能力.

9.已知在锐角中，角，，的对边分别为，，，若，则的最小值为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】

先根据已知条件，把边化成角得到B,C关系式，结合均值定理可求.

【详解】∵，∴，

∴.又，

∴，

∴.

又∵在锐角中, ,∴，当且仅当时取等号，

∴，故选A.

【点睛】本题主要考查正弦定理和均值定理，解三角形时边角互化是求解的主要策略，侧重考查数学运算的核心素养.

10.若首项为的数列满足，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】

依题意得,由两边同时除以，利用累加法求出的表达式，再利用裂项相消法对数列进行求和即可.

详解】依题意得，由，

等式两边同时除以可得，

则，，，，

以上式子左右两边分别相加可得，

即，所以，

故.

故选:C

【点睛】本题考查利用累加法求数列通项公式和裂项相消法对数列求和；考查运算求解能力和逻辑推理能力；对递推式进行变形，利用累加法求出数列的通项公式是求解本题的关键；属于中档题.

11.（多选题）如图，设的内角所对的边分别为，若成等比数列，成等差数列，是外一点，，下列说法中，正确的是（    ）

A.  B. 是等边三角形

C. 若四点共圆，则 D. 四边形面积无最大值

【答案】ABC

【解析】

【分析】

根据等差数列的性质和三角形内角和可得，根据等比中项和余弦定理可得，即是等边三角形，若四点共圆，根据圆内接四边形的性质可得，再利用余弦定理可求，最后，根据和可得，从而求出最大面积.

【详解】由成等差数列可得，，又，

则，故A正确；

由成等比数列可得，，根据余弦定理，，

两式相减整理得，，即，又，

所以，是等边三角形，故B正确；

若四点共圆，则，所以，，

中，根据余弦定理，，

解得，故C正确；

四边形面积为：

又，

所以，，

因为，当四边形面积最大时，，

此时，故D错误.

故选：ABC

【点睛】本题考查解三角形和平面几何的一些性质，同时考查了等差等比数列的基本知识，综合性强，尤其是求面积的最大值需要一定的运算，属难题.

12.意大利数学家列昂纳多·斐波那契是第一个研究了印度和阿拉伯数学理论的欧洲人，斐波那契数列被誉为是最美的数列，斐波那契数列满足：，，.若将数列的每一项按照下图方法放进格子里，每一小格子的边长为1，记前项所占的格子的面积之和为，每段螺旋线与其所在的正方形所围成的扇形面积为，则下列结论正确的是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】ABD

【解析】

【分析】

根据题中递推公式，求出，，数列的前项和，数列的奇数项和，与选项对比即可.

【详解】对于A选项，因为斐波那契数列总满足，

所以，

，

，

类似的有，，

累加得，

由题知，

故选项A正确，

对于B选项，因为，，，

类似的有，

累加得，

故选项B正确，

对于C选项，因为，，，

类似的有，

累加得，

故选项C错误，

对于D选项，可知扇形面积，

故，

故选项D正确，

故选：ABD.

【点睛】本题考查了利用数列的递推公式求数列的性质，属于一般题.

第Ⅱ卷

二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分．请把答案填在答题卡相应位置．）

13.在中，边，角，则边_____________．

【答案】

【解析】

【分析】

利用余弦定理可得出关于的方程，即可解出边的长.

【详解】由余弦定理得，整理得，

，解得.

故答案为：.

【点睛】本题考查利用余弦定理解三角形，要结合已知角列余弦定理求解，考查计算能力，属于基础题.

14.已知数列满足，且，则的值是_____________．

【答案】

【解析】

【分析】

构造等比数列,进而求得数列的通项公式得出的值即可.

【详解】因为,故,所以,故数列是以为首项,为公比的等比数列.故,故.

故.

故答案为：

【点睛】本题主要考查了构造等比数列求通项公式的方法,属于基础题.

15.在中，，，点为边上点，是的角平分线，则_____________，的取值范围是_____________．

【答案】    (1). 1：2    (2).

【解析】

【分析】

设，由正弦定理得：，则可得；又得，，化简即可得的取值范围.

【详解】设，由正弦定理得：，又，

所以；

又得，，

所以，又，故.

故答案为：（1）；（2）

【点睛】本题主要考查了正弦定理的应用，三角形面积公式，二倍角公式，考查了学生的运算求解能力.

16.若正整数、是函数的两个不同的零点，且、、这三个数可适当排序后成等差数列，也可适当排序后成等比数列，若，则的值等于_____________．

【答案】

【解析】

【分析】

利用韦达定理得出，，可得出，再由、为正整数求得、的值，再由题意可求得的值.

【详解】由于正整数、是函数的两个不同的零点，

由韦达定理得，，

则，则，

、均为正整数，则、均为不小于的正整数，

或，解得或，

①当，时，

若为的等差中项，则，

则、、无论怎么排序都不可能组成等比数列；

若为的等差中项，则，

则成等比数列；

若为的等差中项，则，

则无论怎么排序都不可能组成等比数列；

所以

②当，时，同理可得.

综上所述，.

故答案为：.

【点睛】本题利用等差数列和等比数列的性质求参数的值，考查分类讨论思想与计算能力，属于中等题.

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.已知关于的一元二次不等式．

（1）若时，求不等式的解集；

（2）若不等式的解集中恰有三个整数，求实数的取值范围．

【答案】（1）；（2）

【解析】

【分析】

（1）可得不等式为，直接利用一元二次不等式的解法求解即可；

（2）不等式即为，分三种情况讨论，利用一元二次不等式的解法求解不等式，分别求得符合题意的范围即可.

【详解】（1）若，不等式为，即

得不等式的解集为

（2）不等式即为  

①当时，原不等式解集为，则解集中的三个整数分别为0、1，2，

此时；  

②当时，原不等式解集为空集，不符合题意舍去；

③当时，原不等式解集为，则解集中的三个整数分别为4、5，6，

此时；  

综上所述，实数的取值范围是

【点睛】本题考查了求一元二次不等式的解法，考查了分类讨论思想的应用，是基础题目．若，则的解集是；的解集是.

18.在等差数列中，已知

（1）求的通项公式；

（2）令，求的前项和．

【答案】（1）；（2）

【解析】

【分析】

（1）设等差数列的首项为，公差为，根据解关于和的方程组即可. 

（2）先求出，知是由等差数列和等比数列组成的数列，所以用分组求和的方法求的前项和．

【详解】解：（1）设等差数列的首项为，公差为，

则，

解得，

．

（2）由（I）得,则   

.

【点睛】本题考查求等差数列通项公式，分组求和的方法求数列前项和，属于中档题.

19.已知的内角的对边分别为，设，且.

（1）求A及a；

（2）若，求边上的高.

【答案】（1） （2）

【解析】

【分析】

（1）利用正弦定理化边为角可得,再利用二倍角公式求得角；

（2）先利用余弦定理求得,再利用等面积法求解即可.

【详解】（1）因为,根据正弦定理得,

又因为

,

因为所以,

（2）由（1）知

由余弦定理得

因为,所以所以

设BC边上的高为.

,,

即BC边上的高为.

【点睛】本题考查利用正弦定理解三角形,考查三角形的面积公式的应用,考查余弦定理的应用.

20.在城市旧城改造中，某小区为了升级居住环境，拟在小区的闲置地中规划一个面积为的矩形区域（如图所示），按规划要求：在矩形内的四周安排宽的绿化，绿化造价为200元/，中间区域地面硬化以方便后期放置各类健身器材，硬化造价为100元/.设矩形的长为.

（1）设总造价（元）表示为长度的函数；

（2）当取何值时，总造价最低，并求出最低总造价.

【答案】（1），（2）当时，总造价最低为元

【解析】

【分析】

（1）根据题意得矩形的长为，则矩形的宽为，中间区域的长为，宽为列出函数即可．

（2）根据（1）的结果利用基本不等式即可．

【详解】（1）由矩形的长为，则矩形的宽为，

则中间区域的长为，宽为，则定义域为

则

整理得，

（2）

当且仅当时取等号，即

所以当时，总造价最低为元

【点睛】本题主要考查了函数的表示方法，以及基本不等式的应用．在利用基本不等式时保证一正二定三相等，属于中等题．

21.在中，内角对边分别为．

（1）求角的大小；

（2）设点是的中点，若，求的取值范围．

【答案】（1）；（2）

【解析】

【分析】

（1）由正弦定理和题设条件，化简得，再结合三角恒等变换的公式，求得的值，即可求得角的大小；

（2）延长到，满足，连接，在中，由余弦定理化简整理得到，结合基本不等式，求得，再由三角形的性质，即可求得的取值范围.

【详解】（1）在中，由正弦定理，可得，

又由，可得，

即，即，可得，

又因为，所以．

（2）如图，延长到，满足，连接，

则为平行四边形，且，

在中，由余弦定理得，

即，可得，即，

由基本不等式得：，即，

即，可得，（当且仅当取等号号）

又由，即，

故的取值范围是 .

【点睛】本题主要考查了正弦定理，三角函数恒等变换的应用，以及基本不等式求最值的综合应用，其中解答中熟练应用正弦定理、余弦定理，结合基本不等式求解是解答的关键，着重考查了转化思想与运算、求解能力，属于基础题．

22.已知各项是正数的数列的前项和为．若，且．

（1）求数列的通项公式；

（2）若对任意恒成立，求实数的取值范围．

【答案】（1）；（2）

【解析】

【分析】

（1）利用数列的通项与前n项和的关系，当时，由，得到，两式相减化简得到，再利用等差数列的定义求解.

（2）由（1）知，，，将对任意恒成立，转化为对一切恒成立， 记，利用作差法研究其单调性，求其最大值即可.

【详解】（1）当时，由，  ①

则              ②

②-①得，

又各项是正数，得，  

当时，由①知，即，

解得或（舍），

所以，

即数列为等差数列，且首项，

所以数列的通项公式为．

（2）由（1）知，，所以，

由题意可得对一切恒成立，

记，则，，

所以，，

当时，，当时，，且，，，

所以当时，取得最大值，

所以实数的取值范围为．

【点睛】本题主要考查数列的通项与前n项和的关系，等差数列的定义以及数列不等式恒成立问题，还考查了转化化归的思想和运算求解的能力，属于中档题.