上海市杨浦区复旦附中2019-2020学年高一数学下学期期中试题.doc

上海市杨浦区复旦附中2019-2020学年高一数学下学期期中试题

上海市杨浦区复旦附中2019-2020学年高一数学下学期期中试题

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- 19 -

上海市杨浦区复旦附中2019-2020学年高一数学下学期期中试题（含解析）
一.填空题
1.一个面积为1的扇形，所对弧长也为1，则该扇形的圆心角是________弧度
【答案】
【解析】
【分析】
设扇形的所在圆的半径为，圆心角为，应用扇形的弧长公式和面积公式，列出方程组，即可求解.
【详解】设扇形的所在圆的半径为，圆心角为，
因为扇形的面积为1，弧长也为1，
可得，即，解得.
故答案为：
【点睛】本题主要考查了扇形的弧长公式和面积公式的应用，其中解答中熟练应用扇形的弧长公式和面积公式，列出方程组是解答的关键，着重考查了运算与求解能力.
2.计算________
【答案】
【解析】
【分析】
利用诱导公式和两角差的正弦公式，即可得到答案；
【详解】原式，
故答案为：.
【点睛】本题考查诱导公式和两角差的正弦公式的应用，考查转化与化归思想，考查运算求解能力.
3.函数，的反函数记为，则________
【答案】
【解析】
【分析】
点在原函数的图象上，根据题意两函数图象关于直线对称知点在反函数的图象上，得解.
【详解】因为当时，，所以点在原函数的图象上，
因为是函数，的反函数，
所以点在反函数的图象上，则.
故答案为：
【点睛】本题考查两个互为反函数的函数图象的对称性、正弦函数的图象与性质，属于基础题.
4.在△中，若，，，则________
【答案】
【解析】
【分析】
直接利用正弦定理，结合三角形解的个数判定，即可得到答案；
【详解】，
，，
，
故答案为：.
【点睛】本题考查正弦定理\三角形解的个数，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力、运算求解能力.
5.已知等比数列中，，，则________
【答案】16
【解析】
【分析】
将等比数列的通项公式代入，中，可得，再求的值。
【详解】，，，
，
故答案为：.
【点睛】本题考查等比数列通项公式基本量运算，考查运算求解能力，求解时注意广义通项公式的应用.
6.已知等差数列，若，则________
【答案】
【解析】
【分析】
根据等差中项可得，从而得到，利用诱导公式，即可得答案；
【详解】，，
，
故答案为：.
【点睛】本题考查等差中项诱导公式的应用，考查逻辑推理能力、运算求解能力.
7.已知数列中，，，则=___
【答案】
【解析】
分析】
对已有的递推关系取倒数，则可构建新数列，它是等差数列，求出其通项后可求的通项.
【详解】因为，所以，
所以，故是以为首项，为公差的的等差数列，
所以，所以，填.
【点睛】给定数列的递推关系，我们常需要对其做变形构建新数列（新数列的通项容易求得），常见的递推关系和变形方法如下：
（1），取倒数变形为；
（2），变形为，也可以变形为；
8.把函数的图像向右平移（）个单位，使得点成为图像的一个对称中心，则的最小值是________
【答案】
【解析】
【分析】
根据平移变换可得平移后的解析式为，将点的坐标代入该解析式可得，，从而可得的最小值为.
【详解】把函数的图像向右平移（）个单位，
可得，
依题意可得点在函数的图象上，
所以，即，
所以，，
即，，
因为，所以时，取得最小值.
故答案为：
【点睛】本题考查了函数图象的平移变换，考查了函图象数的对称中心，属于基础题.
9.函数（）的最小值为________
【答案】
【解析】
【分析】
设，得到，且，得出函数，再利用换元法，令，得出函数，求得函数的最小值，即可求解.
【详解】设，
则，可得，
又由，
所以函数，，
令，则，且，
所以，
因为，则，
所以的最小值为，
即函数的最小值为.
故答案为：.
【点睛】本题考查了三角函数的基本关系式，三角函数的图象与性质综合应用，以及函数最值的求解，着重考查了推理与运算能力，属于中档试题.
10.正整数列满足，且对于有，若，则的所有可能取值为________
【答案】4、5或32
【解析】
【分析】
由正整数列满足，且对于有，结合,逐步逆推即可得解.
【详解】解:因为正整数列满足，且对于有，
由,
则或（舍），
则，
则，，或，，或，，，
即的所有可能取值为4、5或32，
故答案为：4、5或32.
【点睛】本题考查了数列的递推关系，重点考查了运算能力，属基础题.
11.定义在上的奇函数满足对任意成立，则值域为________
【答案】
【解析】
【分析】
先由三角恒等变换可得对任意成立，即定义在上的奇函数满足当时，，然后结合重要不等式及函数的奇偶性求值域即可.
【详解】解：由，
则对任意成立，
令，
则，
即定义在上的奇函数满足当时，，
又当时，，即，
又函数为定义在上的奇函数，则，
且当时，，
综上可得值域为，
即值域为，
故答案为：.
【点睛】本题考查了三角函数的万能公式，重点考查了函数奇偶性的应用，属基础题.
12.是一个边长为1的正三角形，是将该正三角形沿三边中点连线等分成四份后去掉中间一份的正三角形后所形成的图形，依次类推是对中所含有的所有正三角形都去掉中间一份（如图），记为的面积，，则________

【答案】
【解析】
【分析】
由图结合归纳推理可得数列是以为首项，为公比的等比数列，然后结合等比数列前项和公式求解即可.
【详解】解：由图可知，后一个图形中剩下的三角形个数是前一个的三倍，
即第个图形中剩下的三角形个数为，
又后一个图形中剩下的三角形的边长是前一个的倍，
所以第个图形中剩下的每一个三角形的边长为，其面积为，
即，
即数列是以为首项，为公比的等比数列，
则，
故答案为：.
【点睛】本题考查了等比数列的综合应用，重点考查了归纳推理，属中档题.
二.选择题
13.在△中，“”是“”的（ ）条件
A. 充分非必要 B. 必要非充分 C. 充要 D. 既非充分又非必要
【答案】A
【解析】
【分析】
根据三角函数的性质，得到当时，是成立的，再利用反例，得出必要性不一定成立，即求解.
【详解】在中，由，因为，可得，
所以当时，是成立的，即充分性成立；
反之：例如，此时，即必要性不一定成立.
所以“”是“”的充分不必要条件.
故选：A
【点睛】本题主要考查了充分不必要条件的判定，其中解答中熟练应用三角函数的性质，结合充分条件、必要条件的判定方法求解是解答的关键，着重考查推理与运算能力.
14.以下哪个不是可能的取值（ ）
A. 2 B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
对的取值进行分类讨论，即可得答案；
【详解】（1）若，则，；
（2）若，则，；
（3）若，则，；
利用排除法可得D选项不可能，
故选：D.
【点睛】本题考查数列极限的求解，考查分类讨论思想，考查逻辑推理能力、运算求解能力.
15.若等差数列首项为2，公差为2，其前项和记为，则数列前项和为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
根据等差数列前项和公式求出，从而得出的通项公式，再用裂项相消法即可求出数列前项和.
【详解】等差数列前项，等差数列首项为2，公差为2，代入可得，所以，所以数列前项和为.
故选：B
【点睛】本题主要考查等差数列前项和的求法，以及裂项相消法求数列前项和.
16.已知函数（其中、、均为正的常数）的最小正周期为，当时，函数取得最小值，则下列结论正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
根据周期公式可得，根据当时，函数取得最小值，可得，，所以，再利用诱导公式以及三角函数的性质比较大小可得答案.
【详解】依题意得，解得，所以，
因为当时，函数取得最小值，
所以，，即，，
所以，
因为且，所以，
因为，
又，所以，
因为，所以，
综上所述：.
故选：A
【点睛】本题考查了根据三角函数的性质求解析式，考查了诱导公式，考查了利用正弦函数的单调性比较大小，属于中档题.
三.解答题
17.已知，，且、.
（1）求的值；
（2）求值.
【答案】（1）；（2）.
【解析】
【分析】
（1）原式除以，分子分母再同时除以即可得解；（2）由及二倍角公式求出、，再由求出、，代入的展开式即可得解.
【详解】（1）原式；
（2）且，，则，
，
，
，，，

，
又，，
.
【点睛】本题考查利用同角三角函数的关系化简求值、二倍角公式、两角和的余弦公式、配凑法求三角函数值，属于中档题.
18.已知函数.
（1）求的单调减区间；
（2）当时，求的最大值和最小值.
【答案】（1）（）；（2）最大值为，最小值为1.
【解析】
【分析】
（1）由二倍角公式及辅助角公式可知，令，即可求出单调减区间.
（2）令，则可知，结合正弦函数的单调性即可求出函数的最值.
【详解】解：（1）
令，解得
则单调减区间为，.
（2）令，因为，则，即，
由于 在上单调递增，则当时，；
当时，.即的最大值为，最小值为1.
【点睛】本题考查了二倍角公式，考查了辅助角公式，考查了正弦函数单调性的求解，考查了正弦函数最值的求解.本题的关键是结合公式对函数的解析式进行整理变形.求正弦型函数的单调性时，常结合整体的思想列出不等式进行求解；求正弦型函数的最值时，常用换元法，结合函数的单调性、图像进行求解.
19.△中，内角、、的对边分别为、、，已知，且.
（1）求角的大小；
（2）求三角形面积的最大值.
【答案】（1）；（2）.
【解析】
分析】
（1）将化简为，然后用余弦定理即可求解；
（2）先求出角的正弦值，然后可得，再根据基本不等式即可求出的最大值.
【详解】（1）由可得，由余弦定理可得
，因为角为三角形内角，所以；
（2）由（1）知，所以，又，
所以，当且仅当时取“=”，所以三角形面积的最大值为.
【点睛】本题主要考查余弦定理和三角形面积公式，解题时涉及到用基本不等式求最值.
20.设数列的前项和为，且（），设（），数列的前项和.
（1）求、、的值；
（2）利用“归纳—猜想—证明”求出的通项公式；
（3）求数列的通项公式.
【答案】（1），，；（2）（）；（3）.
【解析】
【分析】
（1）先代，求得，当时，根据，化简得到与的递推式，
再代，求得，并为求第（2）问提供基础;
（2）由（1）归纳猜想，并用数学归纳法证明；
（3）由（2）求得的，求出，并化简，分析，发现可用裂项相消法求解，
考虑消去方便，可对分奇数和偶数两种情况分析，最后合并得到答案.
【详解】解：（1）由，令，则，得，
当时，由，得，得，
令，得，令，得，即，，.
（2）由（1）知，，，猜想，
下面用数学归纳法证明：① 当 时，由猜想知显然成立；
②假设猜想成立，即，
则当时，由（1）有，
即当时，猜想也成立.
综合①②可知，猜想成立，即
（3）由（2）知，当时，，
综合知：，又，
则
当为偶数时，

当为奇数时，
综上可得
【点睛】本题考查了与的关系，并利用归纳猜想，并用数学归纳法证明，还考查了复杂类型的裂项相消法.
21.已知数列和满足，，，.
（1）证明：是等比数列，是等差数列；
（2）求和的通项公式；
（3）令，求数列的前项和的通项公式，并求数列的最大值、最小值，并指出分别是第几项.
【答案】（1）证明见解析；（2），；（3）当为偶数时，，当为奇数时，；的最大值为第1项，最大值为1，最小值为第2项，最小值为.
【解析】
【分析】
（1）根据定义判断是等比数列，是等差数列；
（2）由（1）求得和的通项公式，解方程分别求得和的通项公式
（3）先求为偶数时的，利用并项求和法求出，再求为奇数时的，
利用递推式（为偶数），再分析的符号和单调性，求出的最大
值和最小值.
【详解】解: （1）由题,，相加得
得，故是首项为公比为的等比数列；
又由,，相减得，
即，故是首项为公差为 的等比数列.
（2）由（1）得，，联立解得
，
（3）由（2）得
当为偶数时，

当为奇数时，，
时，
则当为奇数时，.
综合得
则当奇数时，单调递增且;
当为偶数时，
故单调递减，又，即，
则当为奇数时，单调递减且，当为偶数时，单调递增且
故的最大值为第1项，最大值为1，最小值为第2项，最小值为.
【点睛】本题考查了等差数列和等比数列的证明，通项公式的求法，分类讨论，以及并项求和，并根据函数的性质求最值,综合能力较强.