安徽省六安市第一中学2019-2020学年高一数学下学期期中试题-理.doc

安徽省六安市第一中学2019-2020学年高一数学下学期期中试题 理安徽省六安市第一中学2019-2020学年高一数学下学期期中试题 理年级：姓名：- 19 -安徽省六安市第一中学2019-2020学年高一数学下学期期中试题 理（含解析）一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分每小题给出的四个选项中只有一项是符合题目要求的1.若，则下列结论不正确的是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】首先根据题意得到，再依次判断选项即可.【详解】因为，所以.又因为，所以.对选项A，因为，所以，故A正确.对选项B，即，故B正确.对选项C，即，故C正确.对选项D，即，故D错误.故选：D【点睛】本题主要考查不等式的性质，属于简单题.2.已知的内角，所对的边分别为，且，则满足条件的三角形有（ ）A. 0个B. 1个C. 2个D. 无法确定【答案】C【解析】【分析】利用与的大小关系判断，若，则有两解；若，则有一解；若，则有一解，若时无解.【详解】如图所示，因为，所以有两解.故选：C.【点睛】本题考查利用正弦定理解三角形时解的个数问题，属于简单题.一般地，当已知两边、及角解三角形时，根据与的大小关系判断解的情况.3.已知的内角，所对的边分别为，向量，若，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由，可得.结合余弦定理，可求角.【详解】，且，整理得.又.故选：B.【点睛】本题考查向量共线的坐标表示和余弦定理，属于基础题.4.已知向量，则向量在向量方向上的投影为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】先算出和的坐标，然后即可求出答案.【详解】因为，所以所以向量在向量方向上的投影为故选：C【点睛】本题考查的是坐标形式下向量的相关计算，较简单.5.等比数列的各项均为正数，且，则（ ）A. B. 6C. 8D. 10【答案】D【解析】【分析】根据等比中项性质可得，再根据对数运算，即可得答案；【详解】，故选：D.【点睛】本题考查等比中项性质和对数运算，考查运算求解能力，属于基础题.6.已知的内角，所对的边分别为，且，则是（ ）A. 直角三角形B. 等腰直角三角形C. 等边三角形D. 等腰三角形或直角三角形【答案】A【解析】【分析】利用倍角公式化简边角关系式，再利用正弦定理把关系式转化为角的关系式，化简后可得，从而可得正确选项【详解】因为，故即，由正弦定理可得，故，整理得到.因为，故，从而，而，故.故为直角三角形.故选：A【点睛】在解三角形中，如果题设条件是边角的混合关系，那么我们可以利用正弦定理或余弦定理把这种混合关系式转化为边的关系式或角的关系式.化简中注意三角变换公式的合理使用7.已知的重心为，且，则（ ）A. B. C. D. 16【答案】B【解析】【分析】作出AC边上的中线BD，根据重心的性质及三角形法则将、用基向量、表示，从而将转化为三角形边长之间的计算.【详解】设BC边上的中线为D，因为O为的重心，所以，又因为，所以.故选：B.【点睛】本题考查平面向量基本定理及向量数量积的运算，属于基础题.8.已知等差数列的前项和为，若，则，中最大的是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由条件得到此数列为递减数列，进而可以推出，进而可得出答案.【详解】由，得到； 由，得到，等差数列为递减数列，且，,当时，且最大，最小，所以最大；当时，此时；当时，且，所以，综上所述，中最大的是.故选：C【点睛】此题考查了等差数列的前项和公式，等差数列的性质，以及数列的函数特性，熟练掌握等差数列的性质及求和公式是解决本题的关键，属于中档题.9.若关于的不等式在内有解，则实数的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】原不等式在内有解等价于在内有解， 等价于，再根据二次函数的性质即可求出结果.【详解】原不等式在内有解等价于在内有解， 设函数，所以原问题等价于又当时， 所以.故选：A.【点睛】本题主要考查一元二次不等式的应用，考查函数与方程思想和等价化归与转化思想属于基础题10.设等比数列的前项和为，若，则（ ）A. 315B. 155C. 120D. 80【答案】B【解析】【分析】首先根据题意得到，根据得到，再将化简求值即可.【详解】由题知：，又因为，所以.因为，所以.故选：B【点睛】本题主要考查等比数列的前项和，同时考查等比数列的性质，属于中档题.11.已知的面积为4，为直角顶点，设向量，则的最大值为（ ）A. 4B. 3C. D. 【答案】D【解析】【分析】首先，以为原点，分别为，轴建系，根据的面积为得到，再利用基本不等式求的最大值即可.【详解】由题知，以为原点，分别为，轴建系，设，且，则.，.则，则，当且仅当，即，时取等号.故的最大值为故选：D【点睛】本题主要考查平面向量的数量积运行，同时考查了基本不等式，属于中档题.12.已知数列的通项公式为，设，则数列的前200项和为（ ）A. B. 0C. 200D. 10000【答案】A【解析】【分析】利用分组求和法及等差数列求和公式求解.【详解】记数列的前200项和为，.故选：A【点睛】本题考查等差数列求和公式、分组求和法，属于基础题.二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分请将答案填写在答题卷相应位置上13.若向量，满足，则_【答案】【解析】【分析】先根据得到，再利用该式计算可得所求的模.【详解】因为，故，所以，又，故.故答案为：.【点睛】向量的数量积有两个应用：（1）计算长度或模长，通过用 ；（2）计算角，.特别地，两个非零向量垂直的等价条件是.14.若关于方程有两个实数根，且，则实数的取值范围为_【答案】【解析】【分析】首先设，根据题意列出不等式组，再解不等式组即可.【详解】设，由题知：，解得.故答案为：【点睛】本题主要方程的根所在区间问题，将题意转化为函数的零点问题为解题的关键，属于简单题.15.设等差数列前项和为，若，则使得成立的最大正整数的值为_【答案】【解析】【分析】根据等差数列的求和公式和通项公式写出相应等式，进而化简求得，由可知， ，可得出.进而得出结论即可.【详解】解：等差数列的前项和为，且，即.，.由可知，即则，.满足即成立的最大正整数的值为.故答案为：.【点睛】本题考查等差数列的通项公式及求和公式，考查分析能力和运算能力，属于基础题.16.已知的内角，所对的边分别为，若，则的最大值为_【答案】3【解析】【分析】由正弦定理可得，由余弦定理得，对其化简可得，进而可求出的最大值.【详解】由，可得，因为，所以，由余弦定理得，因为，所以，所以当，即时，此时取得最大值9.所以的最大值为3.故答案为：3.【点睛】本题考查正弦定理、余弦定理的应用，利用三角函数求最值是解决本题的关键，考查学生的推理能力与计算能力，属于中档题.三、解答题：本大题共6小题，共70分解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程解答写在答题卡上的指定区域内17.已知的内角，所对的边分别为，且（1）求角的大小；（2）若，依次成等比数列，求的值【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）利用正弦定理进行边化角，再利用两角差的余弦公式进一步化简可求得，从而求得角B；（2）由等比数列的性质可得，再利用正弦定理进行边化角，带入通分后的式子即可得解.【详解】（1）由正弦定理得，又中，故，即，化简得，又，所以角的大小为 （2）由，依次成等比数列得，由正弦定理得，故【点睛】本题考查正弦定理、两角差余弦公式，属于中档题.18.设函数（1）若对任意的，均有成立，求实数的取值范围；（2）若，解关于的不等式【答案】（1）；（2）答案见解析【解析】【分析】（1）本题首先可以根据题意得出对任意的成立，然后令，显然不满足题意，排除，最后令，通过对进行求解即可得出结果；（2）本题首先可将转化为，然后分为、三种情况依次进行讨论，即可得出结果.【详解】（1）由题意得，对任意的成立，即对任意的成立，当时，显然不符合题意；当时，只需，即，化简得，解得，综上所述，.（2）由得，即，当时，解集为；当时，解集为；当时，解集为【点睛】本题考查一元二次不等式恒成立的求法以及解含参数的一元二次不等式，可借助判别式以及因式分解进行求解，考查计算能力，考查分类讨论思想，是中档题.19.已知数列中，（1）设，证明数列是等差数列，并求数列的通项公式；（2）求数列前项和【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】【分析】（1）根据题意，计算可得，根据等差数列的定义，即可得出结论成立；进而可求出的表达式，从而得出的通项公式；（2）根据错位相减法，求出数列的前项和即可.【详解】（1）将的两边同时除以，可得，即，又，故数列是以1为首项，3为公差的等差数列所以，则 （2），则，相减得：，所以【点睛】本题主要考查由递推关系证明等差数列，考查求数列的通项与数列的求和问题，熟记等差数列概念、通项公式及等比数列的前项和公式，考查学生的计算求解能力，属于中档题.20.内角，所对的边分别为，且，（1）求的值；（2）若，求的面积【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）由题意，可得，进而可得，从而可求出角，结合，可得出答案；（2）由余弦定理得，整理得，结合，可求出，再结合可求出答案【详解】（1）由，得，所以，即，因为，所以，所以. （2）由余弦定理得，即，又，故，解得，故的面积为【点睛】本题考查正弦定理、余弦定理在解三角形中的运用，考查三角形的面积，考查学生的计算求解能力，属于中档题.21.已知数列的前项和为，且（1）求数列的前项和和通项公式；（2）设，数列的前项和为，求使得的最小正整数【答案】（1），；（2）8【解析】【分析】（1）根据题设中的和式可求，从而得到，再根据可求通项公式.（2）利用裂项相消法可求，从而通过解不等式可得最小正整数.【详解】解：（1），两式相减得，故，又，从而，.易得 （2）由（1）得，故由得，又当时，单调递增，故所求最小正整数为8【点睛】本题考查数列通项与求和，数列的通项与前项和 的关系式，我们常利用这个关系式实现与之间的相互转化. 数列求和关键看通项的结构形式，如果通项是等差数列与等比数列的和，则用分组求和法；如果通项是等差数列与等比数列的乘积，则用错位相减法；如果通项可以拆成一个数列连续两项的差，那么用裂项相消法；如果通项的符号有规律的出现，则用并项求和法.22.已知数列中，且当，时满足（1）求数列的通项公式；（2）设，若对任意的，数列是单调递减数列，求实数的取值范围【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）根据递推公式利用累乘法求通项公式；（2）数列的通项公式代入所给等式求出数列的通项公式，根据题意，不等式化简为，通分并利用对勾函数的性质可求得的最大值从而求得实数的取值范围.详解】（1）易知，故，从而，故，又，故 （2）由（1）知，若对任意的，数列是单调递减数列，则对任意的恒成立，即，又，因为函数在区间上单调递减，在上单调递增，所以由对勾函数的性质可知，当或时，取得最小值6，取得最大值，故实数的取值范围为【点睛】本题考查累乘法求数列通项公式、数列不等式恒成立问题，涉及对勾函数的单调性，属于中档题.