2018-2019学年黑龙江省哈尔滨市第三中学校高一下学期期中考试数学试题（解析版）

2018-2019学年黑龙江省哈尔滨市第三中学校高一下学期期中考试数学试题（解析版）

‎2018-2019学年黑龙江省哈尔滨市第三中学校高一下学期期中考试数学试题 一、单选题 ‎1．已知向量，则（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】D ‎【解析】由向量的模长公式求模长即可.‎ ‎【详解】‎ 因为，所以.故选D.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查向量的模长.向量的模长.‎ ‎2．的内角的对边分别为，若，则（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】由余弦定理可求出，再求.‎ ‎【详解】‎ 由余弦定理可得，‎ 又，所以. 故选A.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查余弦定理.，，，对于余弦定理，一定要记清公式的形式.‎ ‎3．在等差数列中，若，则（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】B ‎【解析】由等差数列的性质可得，则答案易求.‎ ‎【详解】‎ 在等差数列中，因为，所以.‎ 所以.故选B.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查等差数列性质的应用.在等差数列中，若，则.特别地，若，则.‎ ‎4．已知是单位向量，若,则与的夹角为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】B ‎【解析】先由求出，再求与夹角的余弦值，进而可得夹角.‎ ‎【详解】‎ 因为，所以，则.‎ 由是单位向量，可得，，‎ 所以.所以.‎ 所以.故选B.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查平面向量的数量积、模、夹角的综合问题.利用可以把模长转化为数量积运算.‎ ‎5．的内角的对边分别为，若，则的形状一定是（ ）‎ A．直角三角形 B．等边三角形 C．钝角三角形 D．等腰三角形或直角三角形 ‎【答案】D ‎【解析】由已知等式结合正弦定理，可得，再结合三角形中角的范围分析角的关系，进而判断三角形的形状.‎ ‎【详解】‎ 由结合正弦定理，‎ 可得，则.‎ 所以或.所以或.‎ 所以是等腰三角形或直角三角形.故选D.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查解三角形问题，应用正弦定理判断三角形的形状.若已知等式中各项都含有边(或角的正弦)，可以直接利用正弦定理实现边角的转化. 解三角形的问题中经常需要用到三角恒等变换，这就需要牢记并熟练运用诱导公式、和差角公式、二倍角公式等，还要结合三角形内角的取值范围，合理地进行取舍，做到不漏解也不增解.‎ ‎6．已知等比数列的各项均为正数，且，，成等差数列，则（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】易得，于是根据已知条件求等比数列的公比即可.‎ ‎【详解】‎ 设公比为.由，，成等差数列，可得，‎ 所以，则，解(舍去)或.‎ 所以.故选A.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查等比数列、等差数列的基本问题.在等比数列和等差数列中，首项和公比(公差)是最基本的两个量，一般需要设出并求解.‎ ‎7．在等比数列中，为数列的前项和，，，则（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】C ‎【解析】也成等比数列，则易求.‎ ‎【详解】‎ 在等比数列中，可得也成等比数列，‎ 所以，则，解得.故选C.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查等比数列前项和的性质,也可以由进行基本量计算来求解.若等比数列的前项和是，则()也成等比数列.‎ ‎8．在数列中，已知，，且满足，则（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】B ‎【解析】由已知的递推公式计算数列的前几项的值，发现周期规律，然后求.‎ ‎【详解】‎ 由，可得.‎ 又，，所以，‎ 同理可得.‎ 于是可得数列是周期数列且周期是.‎ 因为，所以.故选B.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查数列的表示法，递推公式和周期数列.由递推公式判断周期数列时，若递推公式是由前面两项推出后一项，则需要得到连续两项重复才能判定是周期数列.‎ ‎9．我国古代人民早在几千年以前就已经发现并应用勾股定理了，勾股定理最早的证明是东汉数学家赵爽在为《周髀算经》作注时给出的，被后人称为“赵爽弦图”．“赵爽弦图”是数形结合思想的体现，是中国古代数学的图腾，还被用作第24届国际数学家大会的会徽．如图，大正方形是由个全等的直角三角形和中间的小正方形组成的，若，为的中点，则（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】把向量分解到方向，求出分解向量的长度即可得答案.‎ ‎【详解】‎ 设，则，在中，可得.‎ 过点作于点,则，，‎ ‎.‎ 所以.‎ 所以.故选A.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查平面向量的基本定理，用基向量表示目标向量.平面内的任意一个向量都可以用一对基向量(不共线的两个向量)来线性表示.‎ ‎10．在等差数列中，首项，公差，前项和为．有下列命题：①若，则；②若，则是中的最大项；③若，则；④若，则．其中正确命题的个数是（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】D ‎【解析】方法一：由前项和公式代入各命题判断是否正确.‎ 方法二：由等差数列前项和的性质判断各命题是否正确.‎ ‎【详解】‎ 方法一：若，则，可得，‎ ‎，①正确；‎ ‎，则是中的最大项，②正确；‎ ‎，③正确.‎ 若，则，又，故，‎ 所以，即，④正确.‎ 故选D.‎ 方法二：若，则，‎ 而，则，③正确；‎ ‎，①正确；‎ 若，由可得单调递增，不合题意，故，‎ 等差数列的前项和是关于的二次函数，‎ 由对称性可得当时，取得最大值，②正确. ‎ 若，则，又，故，‎ 所以，即，④正确.‎ 故选D.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查等差数列前项和的有关问题.有关等差数列、等比数列的问题一般都能够使用两种方法求解，一是用首项和公差(公比)进行基本量运算，二是利用有关性质进行解题.‎ ‎11．已知锐角的内角的对边分别为，若，则 的取值范围是（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】C ‎【解析】由结合余弦定理得，再由正弦定理并恒等变形得，故，于是且可由锐角三角形求得角的取值范围，进而可得答案.‎ ‎【详解】‎ 因为,‎ 所以，则.‎ 所以.‎ 所以.‎ 所以.‎ 所以.‎ 又是锐角三角形，，‎ 所以，即.‎ 所以.‎ 由锐角三角形，可得，‎ 则，所以.故选C.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查正弦定理、余弦定理在三角形问题中的运用，需要综合运用正弦定理、余弦定理和三角恒等变换进行解题.‎ ‎12．已知数列与前项和分别为，，且,，对任意的恒成立，则的最小值是（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】C ‎【解析】先由与的关系式求的通项公式，于是可得的通项公式，再由裂项相消法求出，于是答案易得.‎ ‎【详解】‎ 因为,‎ 所以当时，，解得；‎ 当时，.‎ 所以.‎ 于是.‎ 由，可得，‎ 所以是首项为，公差为的等差数列，即.‎ 所以.‎ 所以 ‎.‎ 因为对任意的恒成立，‎ 所以，即的最小值是.故选C.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查数列的综合问题，考查与的关系、等差数列的判定、裂项相消法求和、与数列有关的不等式恒成立问题，综合性较强.‎ 二、填空题 ‎13．已知向量，若，则_______．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】由向量平行的坐标条件求解即可.‎ ‎【详解】‎ 由可得.‎ 又，，‎ 所以，解得.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查向量平行的条件.若向量且，则，可记为“交叉相乘相等”.‎ ‎14．已知等比数列满足，则________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】由等比数列的下标性质先求再求.‎ ‎【详解】‎ 由等比数列的性质可得，于是，解得.‎ 又，所以.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查等比数列的基本性质. 在等比数列中，若，则.特别地，若，则.‎ ‎15．已知数列中，，前项和为．若 ，则数列的前项和为_______．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】先由取倒数判断是等差数列，进而求得数列的通项公式，再由裂项相消法求数列的前项和．‎ ‎【详解】‎ 因为，‎ 所以.‎ 所以.‎ 又，‎ 所以是首项为，公差为的等差数列，则.‎ 所以.‎ 又也满足，所以.‎ 所以.‎ 所以数列的前项和为 ‎.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查数列的综合问题，考查与的关系、等差数列的判定、裂项相消法求和，综合性较强.已知与的关系式，有两种思路：一是由消掉得到关于通项的关系式；二是把代换成得到关于求和的关系式.‎ ‎16．已知是单位圆上的两点，，点是平面内异于的动点，是圆的直径．若，则的取值范围是________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】由是单位圆的直径，可得，于是需求的取值范围. 由可得点在以为直径的圆上，于是可求出定点到圆上的动点的距离的取值范围.‎ ‎【详解】‎ 因为是单位圆的直径，‎ 所以 ‎.‎ 在中，，，‎ 所以，.‎ 因为，所以点在以为直径的圆上，‎ 其圆心为的中点，半径为.‎ 易得，又点异于，‎ 所以且.‎ 所以且，‎ 即且.‎ 所以的取值范围是.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查平面向量数量积的综合问题，考查数量积的取值范围、圆、动点等问题.通过几何意义求取值范围是一种常见的方法.‎ 三、解答题 ‎17．在等差数列中，已知．‎ ‎（1）求；‎ ‎（2）若，求数列的前项和．‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】(1)设出公差，由列方程解出即可.‎ ‎(2)表示的项负正相间，可把相邻两项结合起来再求和.‎ ‎【详解】‎ ‎(1)设等差数列的公差为，‎ 由题意得解得 所以.‎ ‎(2)因为，‎ 所以 ‎ ‎ ‎.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查等差数列的基本问题，数列的求和.对于通项中含有，即正负相间的数列，可把相邻两项结合起来再求和.‎ ‎18．已知,,是的三个内角，向量，且．‎ ‎（1）求；‎ ‎（2）若，求的取值范围．‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】(1)由，得，逐步化简可得，可得答案.‎ ‎(2)由正弦定理、三角形内角和把表示为一个角的函数，再求其取值范围.‎ ‎【详解】‎ ‎(1)由，得，‎ 则，‎ 则，‎ 即，故.‎ 又，所以.‎ 所以.‎ ‎（2）因为，，‎ 所以由正弦定理得.‎ 所以.‎ 所以 ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎.‎ 其中，则，‎ 所以，.‎ 所以的取值范围是.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查三角形中的综合问题，考查向量垂直的条件、正弦定理、三角恒等变换、三角函数的性质等.三角函数、平面向量、解三角形的知识联系紧密，解题时也经常综合在一起应用.‎ ‎19．已知中，．‎ ‎（1）求边的长；‎ ‎（2）若边的中点为，求中线的长．‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】(1)先由求，再由余弦定理求.‎ ‎(2)方法一：先在△中由正弦定理(余弦定理也可)求，再在△ (或△)中由余弦定理求.‎ 方法二：由求向量的模长.‎ ‎【详解】‎ ‎(1)因为，,‎ 所以.‎ 又，所以.‎ 由正弦定理得，‎ 所以.‎ ‎(2)方法一： 在中，由正弦定理得，‎ 所以，则.‎ 在△中，由余弦定理，得 ‎，‎ 所以.‎ 方法二：因为边的中点为，‎ 所以.‎ 所以 ‎.‎ 所以.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查运用正弦定理、余弦定理解三角形.‎ ‎20．已知数列满足，设．‎ ‎（1）证明数列为等比数列；‎ ‎（2）求数列的前项和．‎ ‎【答案】（1）证明见详解；（2）.‎ ‎【解析】(1)由(为非零常数)且可证得为等比数列.‎ ‎(2)可得，则可由错位相减法求和.‎ ‎【详解】‎ ‎(1)证明：由可得.‎ 而，所以.‎ 又，所以数列为等比数列.‎ ‎(2)由(1)得为首项是，公比是的等比数列，‎ 所以.‎ 由可得.‎ 所以，‎ 则.‎ 以上两式相减得 ‎，‎ 所以.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查等比数列的证明和错位相减法求和.若数列满足，其中分别是等差数列和等比数列，则可由错位相减法求数列的前项和.‎ ‎21．数列前项和为，已知 ‎（1）求数列的通项公式；‎ ‎（2）证明．‎ ‎【答案】（1） ；（2）证明见详解.‎ ‎【解析】(1)由已知结合可得，变形得，利用叠加法可求.‎ ‎(2)由可得，用放缩法证明不等式.‎ ‎【详解】‎ ‎(1)由,得，‎ 以上两式相减得，‎ 则.‎ 两边同除以，可得.‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎…，‎ ‎，‎ 以上个式子相加得，‎ 又，则，‎ 所以.‎ ‎(2)证明：因为，‎ 所以.‎ 所以.‎ 记，‎ 则，‎ 当时，，‎ 可得，‎ 所以.‎ 所以.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查求数列的通项公式，不等式的证明.求数列通项公式时一般需要构造等差数列或等比数列.放缩法是证明数列不等式的一种常用方法，有时需要保留前面的若干项，只把后面的各项放缩.‎ ‎22．设数列的前项和为，且．‎ ‎（1）若，求；‎ ‎（2）若数列为递增数列，求实数的取值范围．‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】(1)令，求出，然后可求出.‎ ‎(2)同(1)的方法求出，由解得的取值范围，由可推出()，进而可推证数列为递增数列.‎ ‎【详解】‎ ‎(1)时，，‎ 所以.‎ 又，所以.‎ 所以，‎ 即.‎ ‎(2),‎ 所以，，.‎ 又，所以.‎ 所以.‎ 若数列为递增数列，则，‎ 解得.‎ 由，①‎ 可得(),②‎ ‎①-②，得()，③‎ 所以().④‎ ‎③-④，得().‎ 于是由，可得 由，可得 即，‎ 即数列为递增数列.‎ 综上所述，的取值范围为.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查数列的综合问题，考查与的关系式的应用，递增数列的性质.要使数列为递增数列，则一定要保证()恒成立，推理过程一定要严谨，不可用特殊性代替一般性.‎