2018-2019学年江西省南昌市八一中学、洪都中学、麻丘高中等七校高一下学期期中考试数学试题（解析版）

2018-2019学年江西省南昌市八一中学、洪都中学、麻丘高中等七校高一下学期期中考试数学试题（解析版）

‎2018-2019学年江西省南昌市八一中学、洪都中学、麻丘高中等七校高一下学期期中考试数学试题 一、单选题 ‎1．若,则下列不等式不成立的是(    )‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】根据不等式的性质和指数函数的单调性，即可作出判定，得到答案.‎ ‎【详解】‎ 由题意知，因为，则是成立的，即B正确；‎ 又由，则成立，即C正确； ‎ 又由函数为单调递减函数，所以，所以D正确；‎ 当，则，所以A不正确，故选A.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了不等式的性质的应用，其中解答中熟记不等式的基本性质，合理判定是解答的关键，着重考查了推理与计算能力，属于就基础题.‎ ‎2．若且，则下列四个数中最大的是( )‎ A． B． C．2ab D．‎ ‎【答案】B ‎【解析】因为，所以，可得。当且仅当时取等号。因为，所以等号不成立，则，可得。当且仅当时取等号。因为，所以等号不成立，则。而，所以。综上可得，四个数中最大的是，故选B ‎3．在△ABC中，，则cosB的值为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】B ‎【解析】由正弦定理得，不妨设 ‎，利用余弦定理即可求解，得到答案.‎ ‎【详解】‎ 由题意，在中，，由正弦定理得，‎ 不妨设，‎ 由余弦定理得，故选B.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了正弦定理和余弦定理的应用，其中解答中熟练应用正弦定理的边角互化，以及利用余弦定理的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.‎ ‎4．设等差数列的前项和，若，则（ ）‎ A．15 B．27 C．18 D．12‎ ‎【答案】A ‎【解析】由等差数列的求和公式，求得，又由等差数列的通项公式，可得，即可求解，得到答案.‎ ‎【详解】‎ 由等差数列的求和公式，可得，解得，‎ 由等差数列的通项公式，可得，‎ 所以，故选A.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了等差数列的通项公式，以及前n项和公式的应用，其中解答中熟记等差数列的通项公式，以及等差数列的求和公式，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.‎ ‎5．中，若，则的形状为（ ）‎ A．直角三角形 B．等腰或直角三角形 C．等边三角形 D．等腰三角形 ‎【答案】D ‎【解析】由正弦定理得，进而利用三角恒等变换的公式，求得，得到，即可得到答案.‎ ‎【详解】‎ 由题意，在中，满足，由正弦定理得 又由，则，‎ 即，即,‎ 所以，即，所以三角形为等腰三角形，故选D.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了三角形形状的判定，其中解答中合理应用正弦定理的边角互化，以及三角恒等变换的公式化简、运算是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题.‎ ‎6．在公差不为0的等差数列中，成等比数列，则公差=（ ）‎ A． B． C． D．1‎ ‎【答案】C ‎【解析】由成等比数列，得到，整理得，即可求解.‎ ‎【详解】‎ 设等差数列的公差为，由成等比数列，‎ 所以，即，整理得，‎ 解得或（舍去），即数列的公差为，故选C.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了等差数列的通项公式，以及等比中项的应用，其中解答中熟练应用等差数列的通项公式和等比中项的公式，准确运算是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题.‎ ‎7．在 中，，则满足上述条件的三角形有（　　）‎ A．无数个 B．2个 C．0个 D．1个 ‎【答案】D ‎【解析】在三角形中，求得，且，即可得出判定，得到答案.‎ ‎【详解】‎ 在 中，，‎ 则，又由，‎ 所以满足条件的三角形只有一个，故选D.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了三角形个数的判定，其中解答中熟练应用构成三角形的性质，合理判定是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.‎ ‎8．若不等式的解集为，则关于x的不等式的解集为（ ）‎ A．（－5，3） B． C．（－3，5） D．‎ ‎【答案】C ‎【解析】由不等式的解集为，得到，且，进而将不等式，转化为，即可求解，得到答案.‎ ‎【详解】‎ 由题意，不等式的解集为，所以，且，‎ 所以关于x的不等式，等价于，即，‎ 即，解得，‎ 所以不等式的解集为，故选C.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了一元一次不等式的解法，以及分式不等式的求解，其中解答中熟记不等式的解法，合理准确运算是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题.‎ ‎9．在等比数列中，，则=　　‎ A．或 B． C．或 D．或 ‎【答案】A ‎【解析】根据等比数列的性质得，又由，联立方程组，解得 的值，分类讨论求解，即可得到答案.‎ ‎【详解】‎ 由题意，根据等比数列的性质，可得，‎ 又由，联立方程组，解得或，‎ 当时，则，此时；‎ 当时，则，此时，‎ 故选A.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了等比数列的性质的应用，其中解答中根据等比数列的性质，联立方程组，求得的值是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题.‎ ‎10．设若是与的等比中项，则的最小值为（ ）‎ A．12 B．4 C． D．‎ ‎【答案】D ‎【解析】由题意求得，再由，利用基本不等式，即可求解.‎ ‎【详解】‎ 由题意，实数，且是与的等比中项，‎ 所以，解得，‎ 则，‎ 当且仅当时，即时等号成立，所以的最小值为，故选D.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了利用基本不等式求最值问题，以及等比数列的应用，其中根据题意求得，再利用基本不等式求解是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题.‎ ‎11．在△ABC中，已知b＝1，，，则（ ）‎ A．1或 B．2 C．1 D．2或 ‎【答案】C ‎【解析】根据三角恒等变换的公式，化简求得，再由正弦定理和向量的数量积的运算公式，即可求解.‎ ‎【详解】‎ 由题意知，‎ 根据正弦定理得，‎ 所以，‎ 即，因为，则，‎ 所以，即，即,‎ 因为，则，所以，即，‎ 又由，即且，所以，‎ 所以，故选C.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了三角恒等变换，以及利用正弦定理和向量的数量积的应用，其中解答中根据三角恒等变换求得角C，再利用正弦定理和向量的数量积，准确运算是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题.‎ ‎12．已知为等差数列的前项和，若且有最小值，则使前项和成立的最大自然数为（ ）‎ A．4038 B．4039 C．4040 D．4041‎ ‎【答案】B ‎【解析】由题意得到，即，分类讨论，利用等差数列的前n项和公式和等差数列的性质，即可求解.‎ ‎【详解】‎ 由题意知，等差数列的前n项和有最小值，所以公差，‎ 又由，则，‎ 当时，‎ 则 ‎，‎ 当时，‎ 则,‎ ‎，‎ 所以使前项和成立的最大自然数为4039，故选B.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了等差数列的性质，以及等差数列的求和公式的应用，其中解答中根据题意得到，即，分类讨论，再利用等差数列的前n项和公式和等差数列的性质求解是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于中档试题.‎ 二、填空题 ‎13．不等式的解集为_____________‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】把不等式，转化为，即，即可求解.‎ ‎【详解】‎ 由题意，不等式，即，‎ 即，即，解得，‎ 即不等式的解集为.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了分式不等式的求解，其中解答中熟记分式不等式的解法，合理转化为一元二次不等式是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题.‎ ‎14．已知数列中，，且，则数列的通项公式=_____‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】由数列满足，，利用叠加法，即可求解数列的通项公式，得到答案.‎ ‎【详解】‎ 由题意，数列满足，，‎ 所以 ‎ ‎，‎ 即数列的通项公式为 ‎【点睛】‎ 本题主要考查了数列的通项公式的求解，其中解答中根据数列的递推公式，合理利用叠加法求解是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题.‎ ‎15．不等式对任意的恒成立，则的取值范围为___‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】由题意，不等式对任意的恒成立，分类讨论，结合一元二次函数的性质，即可求解.‎ ‎【详解】‎ 由题意，不等式对任意的恒成立，‎ 当时，即时，此时不等式恒成立，满足题意；‎ 当时，即时，则，即，解得；‎ 当时，即时，此时显然不成立，‎ 综上所述，实数的取值范围是.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了不等式的恒成立问题的求解，其中解答中合理分类讨论，利用一元二次函数的性质求解是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于中档试题.‎ ‎16．下列说法中：‎ ‎①若，满足，则的最大值为4；‎ ‎②若，则函数的最小值为3； ‎ ‎③若，满足，则的最大值为；‎ ‎④若，满足，则的最小值为2；‎ ‎⑤函数的最小值为9.‎ 正确的有________．（把你认为正确的序号全部写上）‎ ‎【答案】③④⑤‎ ‎【解析】分别利用基本不等式和柯西不等式求解其最值，即可作出判定，得到答案.‎ ‎【详解】‎ 由题意，知①中，若，满足，则，当且仅当，即时取等号，所以的最小值为4，所以不正确；‎ ‎②中，若，则函数即函数的最大值为-1，所以不正确；‎ ‎③中，由柯西不等式可得， ‎ 当，即时取等号，即的最小值为，所以正确；‎ ‎④中，由，利用基本不等式可得，当且仅当时，等号成立，即，解得，即 的最小值为2，所以正确；‎ ‎⑤中，函数 ，当且仅当，即时等号成立，所以最小值为9，所以正确，‎ 综上所述，正确有③④⑤.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了利用基本不等式和柯西不等式求解最值问题，其中解答中熟练合理应用基本不等式和柯西不等式求解最值是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于中档试题.‎ 三、解答题 ‎17．已知等差数列满足．‎ ‎（1）求通项公式；‎ ‎（2）设等比数列满足,求的前项和．‎ ‎【答案】(1) ;(2) .‎ ‎【解析】（1）设等差数列的公差为，列出方程组，求得的值，即可得到数列的通项公式；‎ ‎（2）由（1）得，进而求得公比，利用等比数列的前n项和公式，即可求解.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）由题意，设等差数列的公差为，可得，解得，‎ 故的通项公式． ‎ ‎（2）由（1）得．‎ 设的公比为，则 ，所以， ‎ 所以数列的前n项和为.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了等差数列的通项公式，以及等比数列的求和公式的应用，其中解答中熟记等差数列和等比数的通项公式和前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.‎ ‎18．在中，角的对边分别为，且.‎ ‎（1）求角 的大小；‎ ‎（2）若 ，求周长的最大值。‎ ‎【答案】(1) （2）当为等腰三角形，周长最大为.‎ ‎【解析】（1）由三角恒等变换的公式和三角形的内角和定理，化简得，即可求得角A的大小；‎ ‎（2）由（1），利用余弦定理得，利用基本不等式，即可求解.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）由题意，因为，‎ 由正弦定理可得，‎ 即，‎ 即， ,‎ 因为 ，‎ 所以，因为，即.‎ ‎（2）由（1）可得，则 ‎，即，‎ 当且仅当时取最大值 故当为等腰三角形，周长最大为.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了正弦定理，三角函数恒等变换的应用，同角三角函数基本关系式，余弦定理在解三角形中的综合应用，其中解答中熟记三角恒等变换的公式，以及合理应用正弦定理、余弦定理求解是解答的关键，着重考查了转化思想与运算、求解能力，属于基础题．‎ ‎19．如图，D是直角斜边BC上一点．‎ ‎1若，，求的大小；‎ ‎2 ，，且，求AD的长．‎ ‎【答案】(1) (2)‎ ‎【解析】1在中，由正弦定理可得：， 求得 ，即可求解；‎ ‎2在中，由勾股定理求得，，，再在在和中，分别利用余弦定理，即可求解.‎ ‎【详解】‎ ‎1，，， ‎ 在中，由正弦定理可得：， ‎ ‎ ，‎ ‎.‎ ‎2，，‎ 在中，由勾股定理可得：，可得：，‎ ‎，，， ‎ 令，由余弦定理：‎ 在中，， ‎ 在中，， ‎ 可得：，‎ 解得：，可得 ‎【点睛】‎ 本题主要考查了正弦定理，三角函数恒等变换的应用，同角三角函数基本关系式，余弦定理在解三角形中的综合应用，其中解答中熟记三角恒等变换的公式，以及合理应用正弦定理、余弦定理求解是解答的关键，着重考查了转化思想与运算、求解能力，属于基础题．‎ ‎20．解关于的不等式：‎ ‎【答案】见解析.‎ ‎【解析】把不等式化为，分类讨论，即可求解不等式的解集.‎ ‎【详解】‎ 由题意，不等式，可化为，‎ 当时，不等式的解为；‎ 当时，不等式的解为或 ‎ 当时， 即 ‎（1）当即时，不等式的解为，‎ ‎（2）当即时，不等式的解为，‎ ‎（3）当即时，不等式的解集为空集.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了含参数的一元二次不等式的求解，其中解答中熟记一元二次不等式的解法，合理分类讨论是解答的关键，着重考查了分类讨论思想，以及运算与求解能力，属于中档试题.‎ ‎21．2018年10月19日，由中国工信部、江西省政府联合主办的世界VR（虚拟现实）产业大会在南昌开幕，南昌在红谷滩新区建立VR特色小镇项目．现某厂商抓住商机在去年用450万元购进一批VR设备，经调试后今年投入使用，计划第一年维修、保养费用22万元，从第二年开始，每年所需维修、保养费用比上一年增加4万元，该设备使用后，每年的总收入为180万元，设使用x年后设备的盈利额为y万元．‎ ‎（1）写出y与x之间的函数关系式；‎ ‎（2）使用若干年后，当年平均盈利额达到最大值时，求该厂商的盈利额.‎ ‎【答案】(1) ；（2）见解析.‎ ‎【解析】（1）依题可得（xN）即可得到函数的解析式；‎ ‎（2）由（1）知，得到当年的平均盈利额，利用基本不等式，即可求解，得到答案.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）依题可得（xN）‎ 即关于的函数关系式为.‎ ‎（2）由（1）知，当年的平均盈利额为：‎ ‎，‎ 当且仅当时，即x=15时等号成立．‎ 所以使用15年后平均盈利额达到最大值，该厂商盈利额为1500万元．‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了基本不等式的实际应用问题，其中解答中认真审题，列出函数的关系式，合理利用基本不等式求解最值是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于基础题.‎ ‎22．已知正项数列的首项，前项和满足．‎ ‎（1）求数列的通项公式；‎ ‎（2）记数列的前项和为，若对任意的，不等式恒成立，求实数的取值范围．‎ ‎【答案】(1) (2) 实数的范围是或.‎ ‎【解析】（1）化简数列的递推公式，得，根据等差数列的定义，得到数列是首项为1，公差为的等差数列，进而可求解数列的通项公式；‎ ‎（2）由（1）得，利用裂项法，求解，列出不等式，即可求 ‎【详解】‎ ‎（1）当时，，∴，即，‎ 所以数列是首项为1，公差为的等差数列，故，‎ 又由 （），‎ 所以.‎ ‎（2）当时，，‎ ‎∴，‎ 又∵，∴，解得或.‎ 即所求实数的范围是或.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了数列递推公式的应用，以及裂项法求解数列的和的应用，其中解答中合理化简数列的递推公式，利用等差数列的定义得到数列是首项为1，公差为的等差数列，求的数列的通项公式是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于中档试题.‎