浙江省绍兴市2019-2020学年高一数学下学期期末考试试题.doc

浙江省绍兴市2019-2020学年高一数学下学期期末考试试题

浙江省绍兴市2019-2020学年高一数学下学期期末考试试题

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姓名：

- 18 -

浙江省绍兴市2019-2020学年高一数学下学期期末考试试题（含解析）
注意事项：
1.请将学校、班级、姓名、考号分别填写在答卷纸相应位置上.本卷答案必须做在答卷纸相应位置上.
2.全卷满分100分，考试时间120分钟.
一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1.已知等差数列中，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
根据等差数列的通项公式求解即可.
【详解】
故选：C
【点睛】本题主要考查了等差数列通项公式基本量的计算，属于基础题.
2.平面向量，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
利用平面向量的坐标运算求解.
【详解】因为，，
所以.
故选：D
【点睛】本题主要考查平面向量的坐标运算，还考查了运算求解的能力.属于基础题.
3.的值是( )
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
直接利用二倍角的正弦公式与特殊角的三角函数求解即可.
【详解】,故选A.
【点睛】本题主要考查二倍角的正弦公式以及特殊角的三角函数，意在考查对基础知识的掌握与应用，属于基础题.
4.已知，R，若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
根据特殊值判断ABD选项，根据不等式的性质判断C选项.
【详解】当时，，，，则ABD错误；
当时，；当时，，即，则
综上，，则C正确；
故选：C
【点睛】本题主要考查了由已知条件判断所给不等式是否成立，属于中档题.
5.在中，，，，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
由正弦定理结合二倍角公式先求得，然后再计算出．
【详解】中，由正弦定理得，即，
∴，∴．
故选：B．
【点睛】本题考查正弦定理，考查二倍角公式、同角间的三角函数关系，掌握正弦定理是解题关键．
6.用数学归纳法证明“”，由到时，不等式左边应添加的项是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
求出当和时，不等式左边的式子，即可得出答案.
【详解】当时，不等式左边为
当时，不等式左边为

即由到时，不等式左边应添加的项是
故选：D
【点睛】本题主要考查了数学归纳法的应用，属于基础题.
7.在中，，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
根据，得到，然后由余弦定理求解.
【详解】因为，
所以，
所以，
由余弦定理得：，
所以，
所以，
解得.
故选：A
【点睛】本题主要考查平面向量的数量积运算和余弦定理的应用，还考查了运算求解的能力，属于中档题.
8.在平行四边形中，，，则该四边形的面积是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
由得到平行四边形是菱形，利用余弦定理求得，
再用面积公式可得解
【详解】， 所以平行四边形是菱形，
，,即①
又，由余弦定理得
即②
联解①②得，

故选：B
【点睛】本题考查平面向量与余弦定理解决几何图形面积问题.属于基础题.
9.已知递增等差数列的前项和为，，，对于，不等式恒成立，则整数的最小值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
先求出等差数列的和，由等差数列前项和公式得，把拆成两项的差，用裂项相消法求得和，在变化时，求得的范围，得出结论．
【详解】∵是等差数列，∴，由解得或，
又是递增数列，∴，，
，
，
由不等式恒成立，得，∴最小的整数．
故选：C．
【点睛】本题考查不等式恒成立问题，考查等差数列的性质，等差数列的通项公式和前项和公式，裂项相消法求和，本题属于中档题．
10.已知函数，，设的最大值为，若的最小值为时，则的值可以是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
因为，，则，因为，所以要使的最小值为，由于在数轴上的点和点之间的距离恰为2，根据绝对值的几何意义分析只需且，即可求得的取值范围.
【详解】因为，，
则，
因为，所以，
根据绝对值的几何意义可知，，分别表示为与的距离，
因为在数轴上的点和点之间的距离恰为2，
根据绝对值的几何意义可知，要使，则必需有且，
解得.
故选：A
【点睛】本题考查了绝对值的几何意义和绝对值不等式及函数最值，考查分析问题的能力，属于难题.
二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，共18分）
11.若，则__________．
【答案】
【解析】
【详解】
12.在中，内角，，所对的边分别为，，，已知，，，则的面积为_______.
【答案】
【解析】
【分析】
根据三角形面积公式求解即可.
【详解】
故答案为：
【点睛】本题主要考查了三角形面积公式的应用，属于基础题.
13.已知实数、满足，则的最大值为_______.
【答案】
【解析】
【分析】
作出不等式组所表示的可行域，令，平移直线，观察该直线在轴上的截距最小时对应的最优解，代入目标函数计算即可得解.
【详解】令，作出不等式组所表示的可行域如下图所示：

联立，解得，即点，
平移直线，当该直线经过可行域的顶点时，直线在轴上的截距最小，此时取最大值，即.
故答案为：.
【点睛】本题考查线性目标函数的最值问题，一般通过平移直线找到最优解，考查数形结合思想的应用，属于基础题.
14.已知等差数列，，，则_______.
【答案】0
【解析】
【分析】
根据等差数列，，，设首项为，公差为，利用通项公式求解.
【详解】已知等差数列，，，
设首项为，公差为，
所以
解得，
所以
故答案为：0
【点睛】本题主要考查等差数列的通项公式的基本运算，还考查了运算求解的能力，属于基础题.
15.已知实数，满足，则的最大值为_______.
【答案】
【解析】
【分析】
利用换元法令，消去，得出，结合判别式，即可得出的最大值.
【详解】设，消去，得，
即，由，解得
则的最大值为
故答案为：
【点睛】本题主要考查了利用判别式法求最值，属于中档题.
16.已知平面向量，，，，，则______.
【答案】
【解析】
【分析】
根据，得到，然后两边平方结合，，，，求得，再由求解即可.
【详解】因为，
所以，
所以，
所以，
因为，，，，
所以，
.
故答案为：
【点睛】本题主要考查平面向量的数量积运算，还考查了运算求解的能力，属于中档题.
三、解答题（本大题共5小题，共52分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
17.已知．
（1）求；
（2）若与垂直，求实数的值.
【答案】（1）；（2）3.
【解析】
【分析】
（1）利用向量的坐标运算进行求解；
（2）先求出与的坐标，结合向量垂直可得实数的值.
【详解】（1）因为，所以；
（2）因为，
所以，，
因为与垂直，所以，即.
【点睛】本题主要考查平面向量的坐标运算，明确向量运算规则及垂直的坐标表示是求解的关键，侧重考查数学运算的核心素养.
18.已知.
（1）若，求的值；
（2）若，求值.
【答案】（1）；（2）.
【解析】
【分析】
（1）由平方关系以及两角和的正弦公式求解即可；
（2）由平方关系得出，由结合两角差的正弦公式，即可得出的值.
【详解】解：（1）因为，，所以
所以.
（2）因为，所以
又因为，所以
所以
.
【点睛】本题主要考查了同角三角函数的基本关系以及两角和与差的正弦公式的应用，属于中档题.
19.在中，内角的对边分别为．
（1）求角的大小；
（2）设点是的中点，若，求的取值范围．
【答案】（1）；（2）
【解析】
【分析】
（1）由正弦定理和题设条件，化简得，再结合三角恒等变换公式，求得的值，即可求得角的大小；
（2）延长到，满足，连接，在中，由余弦定理化简整理得到，结合基本不等式，求得，再由三角形的性质，即可求得的取值范围.
【详解】（1）在中，由正弦定理，可得，
又由，可得，
即，即，可得，
又因为，所以．
（2）如图，延长到，满足，连接，
则为平行四边形，且，
在中，由余弦定理得，
即，可得，即，
由基本不等式得：，即，
即，可得，（当且仅当取等号号）
又由，即，
故的取值范围是 .

【点睛】本题主要考查了正弦定理，三角函数恒等变换的应用，以及基本不等式求最值的综合应用，其中解答中熟练应用正弦定理、余弦定理，结合基本不等式求解是解答的关键，着重考查了转化思想与运算、求解能力，属于基础题．
20.已知函数.
（1）当时，解不等式；
（2）当时，若方程有3个不相等实根，，，求的取值范围.
【答案】（1）；（2）.
【解析】
【分析】
（1）根据，不等式转化为，再分和求解.
（2）去绝对值得到，由，根据方程有3个不相等的实根，由，解得，方程的两实根设为，则，，方程的实数根设为，得到求解.
【详解】（1）因为，不等式，
则，
即
当时，，则
当时，，则
所以不等解集为
（2）
因为，所以函数在上单调递增，在上单调递减，
在上单调递增，因此要使方程有3个不相等的实根，
则，
即，
解得.
当时，方程的两实根设为，
则，.
当时，方程的实数根设为，
则.
所以，
，
又因为当时，，
所以随着的增大而增大，
所以.
【点睛】本题主要考查绝对值不等式的解法，函数与方程，还考查了分类讨论思想和运算求解的能力，属于难题.
21.已知等比数列的公比，且，是，的等差中项.
（1）求数列的通项公式；
（2）设，数列的前项的和为，求证：.
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【解析】
【分析】
（1）根据等比数列的通项公式，结合等差中项的性质，列出方程，即可得出数列的通项公式；
（2）利用放缩法结合等比数列的求和公式证明，设，求出的范围，从而得出，结合等比数列的求和公式以及放缩法证明.
【详解】解：（1）因为是，的等差中项，所以
所以，解得
所以，即，解得或
因为，所以.
所以.
（2）先证右边.
.
当时，因为
所以
因此，
再证左边.
当时，，成立.
当时，设恒成立，则
所以，所以.
所以，当时

综上所述，原不等式得证.
【点睛】本题主要考查了求等比数列的通项公式以及利用等比数列的求和公式证明不等式，涉及了放缩法的应用，属于中档题.