2018-2019学年贵州省铜仁市第一中学高一下学期期中考试数学试题（解析版）

2018-2019学年贵州省铜仁市第一中学高一下学期期中考试数学试题（解析版）

‎2018-2019学年贵州省铜仁市第一中学高一下学期期中考试数学试题 一、单选题 ‎1．在数列中，=1，，则的值为（ ）‎ A．99 B．49 C．102 D．101‎ ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：由，得，即为等差数列，且，，则；‎ 则．‎ ‎【考点】等差数列．‎ ‎2．中，所对的边分别为．若，则 ( )．‎ A． B． C．2 D．3‎ ‎【答案】B ‎【解析】在中，利用余弦定理，即可求解，得到答案.‎ ‎【详解】‎ 由余弦定理可得，‎ 所以，故选B.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了余弦定理的应用，其中解答中合理利用余弦定理，准确计算是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题.‎ ‎3．已知，则函数的最小值是 A．1 B． C． D．‎ ‎【答案】C ‎【解析】分析：根据配凑法结合基本不等式求解即可.‎ 详解：由题可知：‎ 当x=2时取得最小值，故最小值为3‎ 故选C.‎ 点睛：考查基本不等式求最值的简单应用，属于基础题.‎ ‎4．在中，若，则是（ ）.‎ A．等腰三角形 B．等边三角形 C．直角三角形 D．等腰三角形或直角三角形 ‎【答案】D ‎【解析】利用正弦定理，结合已知可得，再利用二倍角的正弦公式即可判断三角形的形状．‎ ‎【详解】‎ 在中，‎ ‎，又由正弦定理得：，‎ ‎，‎ ‎，‎ 或，‎ 或．‎ 故是等腰三角形或直角三角形，故选D．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查三角形的形状判断，突出考查正弦定理与二倍角的正弦公式，属于中档题．判断三角形状的常见方法是：（1）通过正弦定理和余弦定理，化边为角，利用三角变换得出三角形内角之间的关系进行判断；(2)利用正弦定理、余弦定理，化角为边，通过代数恒等变换，求出边与边之间的关系进行判断；（3）根据余弦定理确定一个内角为钝角进而知其为钝角三角形.‎ ‎5．已知是正项等比数列，，则该数列的前5项和等于（ ）‎ A．15 B．31 C．63 D．127‎ ‎【答案】B ‎【解析】设正项的等比数列的公比为，根据题意列出方程组，求得，再利用求和公式，即可求解，得到答案.‎ ‎【详解】‎ 设正项的等比数列的公比为，‎ 因为，即，解得，‎ 所以数列的前5项和为，故选B.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了等比数列的通项公式，及前n项和公式的应用，其中解答中熟记等比数列的通项公式和前n项和公式，合理准确计算是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题.‎ ‎6．设x，y满足约束条件则z=x+y的最大值为（ ）‎ A．0 B．1 C．2 D．3‎ ‎【答案】D ‎【解析】如图，作出不等式组表示的可行域，则目标函数经过时z取得最大值，故，故选D．‎ 点睛:本题主要考查线性规划问题，首先由不等式组作出相应的可行域，并明确可行域对应的是封闭区域还是开放区域、分界线是实线还是虚线，其次确定目标函数的几何意义，是求直线的截距、两点间距离的平方、直线的斜率、还是点到直线的距离等等，最后结合图形确定目标函数的最值取法或值域范围．‎ ‎7．若，则下列不等式中，正确的不等式有 ( )‎ ‎①②③④‎ A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 ‎【答案】B ‎【解析】根据可以得到，从而①④正确，②③错误．‎ ‎【详解】‎ 因为，故，所以，故①正确，③错误．‎ 又，故，故④正确．‎ 又，故，故②错误，‎ 综上，①④正确，故选B．‎ ‎【点睛】‎ 本题考察不等式的性质，属于基础题．‎ ‎8．△ABC中, 三内角所对的边分别是,若 ，‎ 则角A= （ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】.‎ 本题选择A选项.‎ ‎9．在中，，，那么满足条件的（　　）‎ A．无解 B．有一个解 C．有两个解 D．不能确定 ‎【答案】A ‎【解析】正弦定理可得，不存在这样的，又由，所以不存在这样的三角形，故选A。‎ ‎【详解】‎ 在中，因为，‎ 由正弦定理可得，即，‎ 因为，不存在这样的，所以不存在这样的三角形，故选A。‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了三角形解得个数的判定问题，其中解答中合理使用正弦定理，求得是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题。‎ ‎10．已知，并且成等差数列，则的最小值为(　　)‎ A．16 B．12 C．9 D．8‎ ‎【答案】D ‎【解析】由题意，得到，再由，利用基本不等式即可求解，得到答案。‎ ‎【详解】‎ 由题意，实数，并且成等差数列，所以，‎ 则，‎ 当且仅当，即时，等号成立，‎ 所以的最小值为8，故选D。‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了等差中项，以及基本不等式求最值问题，其中解答中根据等差中项公式，求得，再合理利用基本不等式求解是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题。‎ ‎11．设集合，则A所表示的平面区域(不含边界的阴影部分)是 ‎【答案】A ‎【解析】试题分析：由集合是三角形的三边长，则实数满足，即，则可画出二元一次不等式组所表示的平面区域为选项A，故选A．‎ ‎【考点】二元一次不等式所表示的平面区域．‎ ‎12．已知等差数列和的前项和分别为和，且，则使得为整数的正整数的个数是（ ）‎ A．2 B．3 C．4 D．5‎ ‎【答案】A ‎【解析】根据等差数列的性质和前n项和公式，可得，要使得为正整数，求得的取值个数，即可求解，得到答案。‎ ‎【详解】‎ 由题意，根据等差数列的性质和前n项和公式，‎ 可得 ，‎ 要使得为正整数，则或，‎ 所以要使得为正整数的正整数n的个数为2个，故选A。‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了等差数列的性质，以及前n项和公式的应用，其中解答中根据等差数列的性质和前n项和公式，化简是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于中档试题。‎ 二、填空题 ‎13．在中，如果，那么的值为______；‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】试题分析：，由正弦定理可知，所以 ‎【考点】正余弦定理解三角形 ‎14．在数列中，其前项和，若数列是等比数列，则常数的值为__________．‎ ‎【答案】-3‎ ‎【解析】， ，当时， ，要求符合，则.‎ ‎15．若是等差数列中，首项，，则使前项和成立的最大自然数是______．‎ ‎【答案】46‎ ‎【解析】由题意，得到等差数列中，公差，且，且，再由等差数列的求和公式，得到，即可得到答案。‎ ‎【详解】‎ 由题意，等差数列中，首项，，‎ 可得公差，且，且，‎ 又由等差数列的求和公式，可得：‎ ‎，‎ ‎，‎ 所以则使前项和成立的最大自然数是46．‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了等差数列的单调性，以及等差数列的前n项和公式的应用，其中解答中合理应用等差数列的性质和前项和公式，分别求得是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题。‎ ‎16．已知点在的边上，且，若，则的最大值为____________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】以CD的中点为坐标原点，AB所在的直线为轴建立直角坐标系，由，得到，根据，得，再利用向量的数量积的运算性质，即可求解。‎ ‎【详解】‎ 如图所示，以CD的中点为坐标原点，AB所在的直线为轴建立直角坐标系，‎ 不妨设 因为，所以，‎ 又由，所以，‎ 整理得，‎ 又由，‎ 当且仅当向量与向量共线时取等号，‎ 所以的最大值为。‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了两点间的距离公式，向量的数量积的性质，圆的方程等基础知识的综合应用，其中解答中应用向量数量积的运算的性质是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于中档试题。‎ 三、解答题 ‎17．已知函数，且.‎ ‎（1）求不等式的解集；‎ ‎（2）求在上的最值。‎ ‎【答案】（1）； （2）.‎ ‎【解析】（1）由，解得，不等式化为，即可求解；‎ ‎（2）由（1）知，利用二次函数的图象与性质，得出函数的单调性，即可求解函数的最值，得到函数的值域。‎ ‎【详解】‎ ‎（1）由题意，得，解得，‎ 因为，即，即，解得，‎ 即不等式的解集为.‎ ‎（2）由（1）知，函数，‎ 所以二次函数的开口向下，对称轴的方程为，‎ 在上，函数单调递增，在上，函数单调递减，‎ 又由，‎ 所以函数的最大值为，最小值为，‎ 所以函数的值域为。‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了一元二次不等式的解法，及二次函数的图象与性质的应用，其中解答中熟记二次函数的图象与性质，以及一元二次不等式的解法是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题。‎ ‎18．在中，内角所对边分别为，且．‎ ‎（1）求角的大小；‎ ‎（2）如果，面积为3，求．‎ ‎【答案】（1）； （2）.‎ ‎【解析】（1）由正弦定理可知：，化简得，即以，即可求解；‎ ‎（2）由三角形的面积公式，可得，求得，再余弦定理，即可求解。‎ ‎【详解】‎ ‎（1）由题意，因为，‎ 由正弦定理可知：，‎ 又因为，则，所以，‎ 所以，又由，所以。‎ ‎（2）由三角形的面积公式，可得，‎ 又由且，解得∴，‎ 由余弦定理 ，‎ 所以。‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了正弦定理、余弦定理和三角形的面积公式的应用，其中在解有关三角形的题目时，要有意识地考虑用哪个定理更合适，要抓住能够利用某个定理的信息．一般地，如果式子中含有角的余弦或边的二次式时，要考虑用余弦定理；如果式子中含有角的正弦或边的一次式时，则考虑用正弦定理，着重考查了运算与求解能力，属于基础题。‎ ‎19．已知数列的前项和 ‎（1）求数列的通项公式；‎ ‎（2）设数列，求数列的前项和。‎ ‎【答案】（1）； （2）.‎ ‎【解析】（1）根据数列的通项公式和的关系 ，即可求解数列的通项公 ‎（2）由（1）可得，利用乘公比错位相减法，即可求解数列的前n项和。‎ ‎【详解】‎ ‎（1）由题意，因为，‎ ‎∴当时，有，‎ ‎∴，‎ 当时，，满足通项，‎ ‎∴；‎ ‎（2）由（1）可得，‎ 则，‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ ‎∴.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查等差、等比数列的通项公式及求和公式、以及“错位相减法”求和的应用，此类题目是数列问题中的常见题型，对考生计算能力要求较高，解答中确定通项公式是基础，准确计算求和是关键，易错点是在“错位”之后求和时，弄错等比数列的项数，能较好的考查考生的数形结合思想、逻辑思维能力及基本计算能力等.‎ ‎20．某海轮以30公里/小时的速度航行，在点测得海上面油井在南偏东60°，向北航行40分钟后到达点，测得油井在南偏东30°，海轮改为北偏东60°的航向再行驶40分钟到达点.‎ ‎（1）求间的距离；‎ ‎（2）在点测得油井的方位角是多少？‎ ‎【答案】（1）；（2） .‎ ‎【解析】试题分析：（1）在中，根据正弦定理，求，再利用余弦定理算出的长，即可算出两地间的距离；（2）根据内错角相等可证明，从而可得出结论.‎ 试题解析：（1）如图，在中，,‎ 根据正弦定理得：,‎ 在中，，‎ 由已知，‎ ‎（2）在中，，所以，所以 因为,所以,‎ 所以点测得油井在的正南40海里处.‎ ‎21．已知函数,的最大值为2．‎ ‎（1）求函数在上的值域；‎ ‎（2）已知外接圆半径，，角所对的边分别是，求的值．‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】试题分析：解：（1）由题意，的最大值为，所以． 2分 而，于是，． 4分 在上递增．在递减，‎ 所以函数在上的值域为； 5分 ‎（2）化简得 ‎． 7分 由正弦定理，得， 9分 因为△ABC的外接圆半径为．． 11分 所以12分 ‎【考点】三角函数的性质以及正弦定理 点评：主要是考查了三角函数化简以及正弦定理的运用，解三角形，属于基础题。‎ ‎22．设数列满足。‎ ‎（1）求的通项公式；‎ ‎（2）若，求数列的前项和的最大值及此时的值；‎ ‎（3）求数列的前项和．‎ ‎【答案】（1）； （2）当，取得最大值； （3）.‎ ‎【解析】（1）由，则，两式相减，即可求得数列的通项公式；‎ ‎（2）由（1）可得，由等差数列的求和公式，求得，即可求解； ‎ ‎（3）由（1）得，利用列项法，即可求解数列的前n项和。‎ ‎【详解】‎ ‎（1）由题意知，，‎ 所以 所以，‎ 当时，符合通项公式，‎ 所以数列的通项公式为；‎ ‎（2）由（1）可得，由等差数列的求和公式，‎ 可得 ‎ ‎∴当，取得最大值，且；‎ ‎（3）由（1）知，令，为的前项和，则，‎ ‎∴‎ ‎。‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了数列的递推公式的应用，以及等差数列前n项和的最值问题、裂项法求解数列的和的综合应用，其中解答中合理应用数列的递推公式，合理得出数列的通项公式，熟练应用裂项法求和，准确计算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于中档试题。‎