学年四川省眉山市高一下学期期末考试数学试题解析版.docx
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学年四川省眉山市高一下学期期末考试数学试题解析版
2019-2020学年四川省眉山市高一下学期期末考试数学试题
一、单选题
1．设，且，则下列各不等式中恒成立的是（）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】根据不等式的性质，逐项检验，即可判断结果.
【详解】
对于选项A，若，显然不成立；
对于选项B，若，显然不成立；
对于选项C，若，显然不成立；
对于选项D，因为，所以，故正确.
故选:
D.
【点睛】
本题考查了不等式的性质，属于基础题.
2．已知，，且，那么（）
A．10B．5C．D．-10
【答案】D
【解析】根据两个向量平行的条件列方程，解方程求得的值.
【详解】
由于两个向量平行，所以，解得.
故答案为：
D
【点睛】
本小题主要考查两个向量平行的坐标表示，属于基础题.
3．在等比数列中，知，则（）
A．3B．4C．5D．2
【答案】B
【解析】由等比数列的下标性质可得，再由即可得解.
【详解】
在等比数列中，知，所以，
.
故选：
B.
【点睛】
本题主要考查了等比数列的下标性质，属于基础题.
4．在中，，，所对的边为a，b，c，，，，则c等于
A．1B．2C．3D．4
【答案】D
【解析】将三角形面积表示为，代入条件计算可得c
【详解】
，解得．故选D．
【点睛】
对于面积公式，一般考查哪个角就使用哪一个公式，与面积有关的问题，一般要用到正弦定理或余弦定理进行边和角的转化
5．等差数列中，，公差，为其前项和，对任意自然数，若点在以下4条曲线中的某一条上，则这条曲线应是（）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】利用等差数列前项和的性质分析.
【详解】
由等差数列的前和公式可知：
，则是定义在上的二次函数，
所以，当，公差时，对称轴在轴右侧，且有最大值，C符合要求.
故选：
C.
【点睛】
本题考查等比数列前项和公式及性质，结合二次函数的图象分析即可，属于基础题.
6．在中，是上一点，且，则（）
A．B．
C．D．
【答案】C
【解析】利用平面向量的三角形法则和共线定理，即可得到结果．
【详解】
因为是上一点，且，
则．
故选：
C．
【点睛】
本题考查了平面向量的线性运算和共线定理的应用，属于基础题．
7．《莱茵德纸草书》是世界上最古老的数学著作之一．书中有这样一道题目：
把个面包分给个人，使每个人所得成等差数列，且使较大的三份之和的是较小的两份之和，则最小的一份为（）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】设5人分到的面包数量从小到大记为，设公差为，可得，，求出，根据等差数列的通项公式，得到关于关系式，即可求出结论.
【详解】
设5人分到的面包数量从小到大记为，设公差为，
依题意可得，，
，
，解得，
.
故选:
A.
【点睛】
本题以数学文化为背景，考查等差数列的前项和、通项公式基本量的计算，等差数列的性质应用是解题的关键，属于中档题.
8．某位居民站在离地20m高的阳台上观测到对面小高层房顶的仰角为，小高层底部的俯角为，那么这栋小高层的高度为
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】根据题意作出简图，根据已知条件和三角形的边角关系解三角形
【详解】
依题意作图所示：
，仰角，俯角，
在等腰直角中，，
在直角中，，
，
小高层的高度为．
故选B．
【点睛】
解决解三角形实际应用问题注意事项：
1.首先明确方向角或方位角的含义；
2.分析题意，分清已知与所求，再根据题意画出正确的示意图；
3.将实际问题转化为可用数学方法解决的问题
9．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，则在方向上的投影为（）
A．1B．2C．3D．4
【答案】A
【解析】根据正弦定理，将已知条件进行转化化简，结合两角和差的正弦公式可求，根据在方向上的投影为，代入数值，即可求解．
【详解】
因为，所以，
即，即，
因为，所以，所以，
所以在方向上的投影为：
．
故选：
A．
【点睛】
本题主要考查正弦定理和平面向量投影的应用，根据正弦定理结合两角和差的正弦公式是解决本题的关键，属于中档题．
10．设，若恒成立，则的取值范围为（）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】由于，则=
当2m=1-2m即m=时取等号；
所以恒成立，转化为的最小值大于等于，即
故选D
11．关于的不等式的解集中，恰有2个整数，则的取值范围是（）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】先解出原不等式的解集，然后根据条件确定解集的端点值所满足的条件，从而解出的取值范围.
【详解】
原不等式可化为，
①当时，，则原不等式的解集为：
，若解集中恰有两个整数解，则解集中只有两个整数，则；
②当时，，则原不等式的解集为：
，若解集中恰有两个整数解，则解集中只有两个整数，则；
综上所述：
的取值范围是.
故选：
C.
【点睛】
本题考查二次不等式的解法及解集中整数解个数的问题，难度一般.当涉及含参数的不等式求解问题时，注意分类讨论思想的应用.
12．已知定义在上的函数是奇函数且满足，，数列满足，且当时，有（其中为的前项和，且）.则（）
A．3B．C．D．2
【答案】A
【解析】根据当时，得到，得到，据此求出，，再根据函数的奇偶性和，，可以求出结果.
【详解】
当时，代入得，
整理得，
所以数列为首项为，公差为的等差数列，
所以，
所以，，
因为定义在上的函数是奇函数且满足，，
所以，，
所以，，
所以.
故选：
A.
【点睛】
本题考查了用定义法判断等差数列，考查了根据函数的奇偶性求函数值，属于中档题.
二、填空题
13．已知向量，若，则_______
【答案】
【解析】由题意利用两个向量垂直的性质，两个向量的数量积公式，求得的值．
【详解】
因为向量，若，∴，则.
故答案为：
2．
【点睛】
本题主要考查两个向量垂直的坐标运算，属于基础题．
14．已知等差数列的前项和为，若，则=_______
【答案】
【解析】利用等差数列前项和，可得；利用等差数列的性质可得，然后求解三角函数值即可．
【详解】
等差数列的前项和为，因为，所以；
又，所以．
故答案为：
．
【点睛】
本题考查等差数列的前项和公式和等差数列的性质的应用，熟练掌握和若，则是解题的关键．
15．已知实数，，是与的等比中项，则的最小值是_________.
【答案】32
【解析】由是与的等比中项，求得，化简，结合基本不等式，即可求解.
【详解】
由题意，实数，，是与的等比中项，
可得，解得，
所以，
当且仅当时，即时，等号成立，
所以的最小值是.
故答案为：
.
【点睛】
本题主要考查了利用基本不等式求最值，以及等比中项公式的应用，其中解答中熟记等比中项公式，合理利用“1”的代换，结合基本不等式求解是解答的关键，着重考查推理与运算能力.
16．对下列命题:
（1）的最小值为4；
（2）若是各项均为正数的等比数列，则是等差数列；
（3）已知的三个内角，，所对的边分别为，，且最大边长为，若，则一定是锐角三角形；
（4）若向量，，且是锐角，则实数的取值范围为；
其中所有正确命题的序号为_________（填出所有正确命题的序号）.
【答案】
（2）（3）
【解析】
（1）根据基本不等式等号成立的条件可判断；
（2）由等比数列的通项公式，代入得，进而可证明等差；
（3）由大边对大角结合余弦定理可判断；
（4）由数量积小于0结合两向量不共线可得解.
【详解】
（1）根据基本不等式知当时，，当且仅当时取得最小值4，但是，所以4取不到，故不正确；
（2）若是各项均为正数的等比数列，设首项为，公比为，则，
所以，
所以，
所以是等差数列，故正确；
（3）的三个内角，，所对的边分别为，，且最大边长为，则角最大，
且，所以角为锐角，则一定是锐角三角形，故正确；
（4）若向量，，且是锐角，
则，且，
解得且，故不正确.
故答案为：
（2）（3）.
【点睛】
本题是一道综合试题，涉及基本不等式及等差等比数列的通项公式，余弦定理和向量的所成角求参，属于中档题.
三、解答题
17．已知向量且，
（1）求向量与的夹角；
（2）求的值.
【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）
【解析】（Ⅰ）利用平面向量的数量积的运算法则化简，进而求出向量与的夹角；
（Ⅱ）利用，对其化简，代入数值，即可求出结果．
【详解】
解：
（Ⅰ）由得
因
向量与的夹角为
（Ⅱ）
【点睛】
本题考查平面向量的数量积的应用，以及平面向量的夹角以及平面向量的模的求法，考查计算能力．
18．在中，，，分别是角，，所对边的长，，且.
（1）求的面积；
（2）若，求角.
【答案】
（1）14；
（2）
【解析】
（1）根据和求出和，利用三角形面积公式得出答案；
（2）利用余弦定理求出的值，再利用余弦定理求出角．
【详解】
（1）
又∵，∴，
∴的面积为
（2）∵，∴
由余弦定理得：
∴
又由余弦定理得：
又为内角∴
【点睛】
本题考查正余弦定理在解三角形中的应用，考查平面向量数量积的定义，考查三角形的面积公式，属于中档题．
19．已知不等式解集为.
（1）求，的值并求不等式的解集；
（2）解关于的不等式.
【答案】
（1）；；
（2）答案见解析.
【解析】
（1）由已知结合二次不等式的解集端点与二次方程的根的关系即可求解；
（2）结合二次不等式的求解对a进行分类讨论即可求解．
【详解】
（1）由题意知，1和是方程的两根，
则，解得
不等式即为，
解得，
∴
（2）不等式，即为，
即.
①当时，；
②当时，；
③当时，原不等式无解.
综上知，当时，原不等式的解集为；
当时，原不等式的解集为；
当时，原不等式的解集为.
【点睛】
本题主要考查了二次方程与二次不等式的关系的应用及含参不等式的求解，体现了分类讨论思想的应用，属于中档题．
20．已知等比数列的公比，且，的等差中项为5，.
（1）求数列的通项公式；
（2）设，求数列的前项和.
【答案】
（1）；
（2）.
【解析】
（1）根据条件列关于首项与公比的方程组，解得结果代入等比数列通项公式即可；
（2）利用错位相减法求和即可.
【详解】
解析：
（1）由题意可得：
，
∴
∵，∴，∴数列的通项公式为.
（2）∴
上述两式相减可得
∴
【点睛】
本题考查等比数列通项公式、错位相减法求和，考查基本分析求解能力，属中档题.
21．如图，某市拟在长为的道路的一侧修建一条运动赛道，赛道的前一部分为曲线段，该曲线段为函数，的图象；赛道的后一部分为折线段，若的内角，，的对边分别为，，.且.
（1）求角和，两点间的距离的值；
（2）求折线段赛道的长的最大值.
【答案】
（1）；5；
（2）.
【解析】
（1）根据三角形内角和定理与边角互化得，再根据半角公式得，进而得，结合三角函数与题意得，，故；
（2）方法一，由余弦定理得，再利用基本不等式可知；
方法二，由正弦定理得，恒等变换得，再结合三角函数的性质得当时，最大为.
【详解】
解：
（1）因为，
由正弦定理可得：
又
∴
又
∴
∴
由题意，
∴
（2）方法1：
由余弦定理得：
得
∴
当且仅当时取等号，
所以的最大值为
方法2：
因为
根据三角恒大变换整理得：
∵，∴
所以根据三角函数的性质得：
当时，最大为
【点睛】
本题考查边角互化，边长和的最值等问题，考查运算能力，是中档题.
22．已知数列的前项和为，满足，且，数列
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