四川省乐山十校2019-2020学年高一数学下学期期中联考试题.doc

四川省乐山十校2019-2020学年高一数学下学期期中联考试题

四川省乐山十校2019-2020学年高一数学下学期期中联考试题

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四川省乐山十校2019-2020学年高一数学下学期期中联考试题（含解析）
本试题卷分第一部分（选择题）和第二部分（非选择题）两部分.第一部分1至2页，第二部分3至4页.考生作答时，须将答案答在答题卡上，在本试题卷.草稿纸上答题无效.满分150分，考试时间120分钟
第Ⅰ卷 （选择题 共60分）
注意事项：
1.选择题必须用铅笔将答案标号填涂在答题卡对应题目标号的位置上.
2.第一部分共12小题，每小题5分，共60分.
一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60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.已知向量，，且，则（ ）
A. B. C. 2 D.
【答案】C
【解析】
【分析】
根据向量的数量积的运算公式和向量的垂直条件，列出方程，即可求解.
【详解】由题意，向量，，
因为，可得，解得.
故选：C.
【点睛】本题主要考查了平面向量的数量积的坐标运算，以及向量的垂直条件的应用，其中解答中熟记向量的数量积的计算公式是解答的关键，着重考查计算能力.
2.已知是等比数列，，则公比=（ ）
A. B. C. 2 D.
【答案】D
【解析】
【分析】
由题意结合等差数列的性质得到关于q的方程，解方程即可确定公比的值.
【详解】由等比数列的性质可得：，即：，解得：.
故选D.
【点睛】本题主要考查等比数列的性质，等比数列基本量的求解，属于基础题.
3.设非零向量，满足，则（ ）
A. B. C. // D.
【答案】A
【解析】
【分析】
根据与的几何意义可以判断.
【详解】由的几何意义知，以向量，为邻边的平行四边形为矩形，所以.
故选：A.
【点睛】本题考查向量的加减法的几何意义,同时，本题也可以两边平方，根据数量积的运算推出结论.
4.的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，，，则（ ）
A. B. C. 3 D.
【答案】C
【解析】
【分析】
根据余弦定理解三角形即可．
【详解】解：∵，，，
∴由余弦定理，得，
化简得，，即，
解得，或（舍去），
故选：C．
【点睛】本题主要考查余弦定理解三角形，属于基础题．
5.在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若角A，B，C依次成等差数列，边a，b，c依次成等比数列，且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
由角A，B，C依次成等差数列结合三角形的内角和定理，可求出；又因为边a，b，c依次成等比数列，可求出，从而可求出三角形的面积.
【详解】解：因为角A，B，C依次成等差数列，所以，解得；
又因为边a，b，c依次成等比数列，所以，
则.
故选:D.
【点睛】本题考查了等差中项，考查了等比中项，考查了三角形的面积公式.本题的关键是利用两个中项求出角和边长之积.
6.的内角A，B，C的对边分别为a，b，c. 已知，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
分析】
结合正弦定理可求出，结合三角形的内角和定理可求出，结合两角和的正弦公式即可求出的值.
【详解】解：由正弦定理知，，即，
因为，所以，则，，
所以，
故选:A.
【点睛】本题考查了正弦定理，考查了两角和的正弦公式.本题的关键是由正弦定理求出的值.本题的易错点是未能正确应用两角和的正弦公式.
7.数列中，若，则＝（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
由已知条件进行变形可得，结合等差数列的定义，从而可求出，进而可求的值.
【详解】解：因为，所以，即，又 ，
则是以为首项，为公差的等差数列，即，则，
所以.
故选:C.
【点睛】本题考查了等差数列的定义，考查了数列通项的求解.本题的关键是对已知条件进行变形得出通项公式.
8.的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，则角B的大小为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
由正弦定理进行边角互化可得，结合三角形的内角和定理和两角和的正弦公式可求出，进而可求出角B的大小.
【详解】解：由正弦定理可知，，因为，
所以，即，
解得，则.
故选:D.
【点睛】本题考查了正弦定理，考查了两角和的正弦公式.本题的关键是进行边角互化.
9.等比数列的各项均为正数，且，则（ ）
A. 6 B. 5 C. 4 D.
【答案】B
【解析】
【分析】
由等比数列的性质，求得，再由，结合对数的运算，即可求解.
【详解】由题意，根据等比数列的性质，可得，所以，
又由.
故选：B
【点睛】本题主要考查了等比数列的性质，以及对数的运算性质的综合应用，其中解答中熟记等比数列的性质，利用对数的运算性质，准确运算是解答的关键，着重考查运算与求解能力.
10.已知在中，点M在边BC上，且，点E在边AC上，且，则向量（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
根据平面向量的线性运算得，由此可求出答案．
【详解】解：∵，，
∴，，

∴，
故选：B．
【点睛】本题主要考查平面向量的线性运算，属于基础题．
11.我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座层塔共挂了盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的倍，则塔的底层共有灯（ ）
A. 盏 B. 盏 C. 盏 D. 盏
【答案】C
【解析】
【分析】
设塔的顶层共有盏灯，第层的灯有盏，则数列是公比为的等比数列，利用等比数列的前项和公式可求得的值，进而可求得塔的底层的灯的盏数.
【详解】设塔的顶层共有盏灯，第层的灯有盏，则数列是公比为的等比数列，
由题意可知，一座层塔所挂的灯的盏数为，解得.
因此，塔的底层的灯的盏数为.
故选：C.
【点睛】本题考查等比数列及其前项和基本量的计算，考查推理能力与计算能力，属于中等题.
12.数列中，且，则数列的前2020项和为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
先对已知条件进行化简得：，令即有，利用累加法可以求出，从而可得出，即可求出数列的前2020项和.
【详解】因为，
所以，
化简可得，
令即有，
由累加法可得：

，
即，
所以，
所以数列的前2020项和

故选：A
【点睛】本题考查了利用累加法求数列的通项公式以及利用裂项求数列的和，考查了学生的计算能力，属于一般题.
第Ⅱ卷（非选择题 共90分）
注意事项：
1.考生须用0.5毫米黑色墨迹签字笔在答题卡上题目所指示的答题区域内作答，作图题可先用铅笔画线，确认后用0.5毫米黑色墨迹签字笔描清楚，答在试题卷上无效.
2.本部分共10小题，共90分.
二、填空题：本大题共4小题；每小题5分，共20分.把答案填在题中横线上.
13.已知平行四边形的顶点，，，则顶点D的坐标为________.
【答案】
【解析】
【分析】
由题意得，，再根据相等向量求得答案．
【详解】解：∵四边形为平行四边形，
∴，
设，
∵，，，
∴，，
∴，解得，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查平面向量的坐标运算，属于基础题．
14.在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，则该三角形的形状是________.（不要使用“”符号表示三角形）
【答案】等腰三角形或直角三角形
【解析】
【分析】
利用正弦定理和正弦的倍角公式，化简得，结合正弦函数的性质，求得或，即可求解.
【详解】在中，因为，
由正弦定理，可得，即，
所以，
又因为，则，
可得或，即或，
所以为等腰三角形或直角三角形.
故答案为：等腰三角形或直角三角形.
【点睛】本题主要考查了三角形形状的判定，其中解答中熟练应用正弦定理和正弦的倍角公式，以及正弦函数的性质是解答的关键，着重考查推理与运算能力.
15.已知数列的前项和，则该数列的通项公式________．
【答案】
【解析】
分析】
当时，；当时，，得到答案.
【详解】，当时，；
当时，
故
故答案为：
【点睛】本题考查了数列的通项公式，合理利用公式是解题的关键.
16.如图，从气球A上测得正前方的河流的两岸B，C的俯角分别为和，如果这时气球的高是米，则河流的宽度BC为________米.

【答案】
【解析】
【分析】
由正弦定理可求得，再结合图象即可求出答案．
【详解】解：如图，由题意得，，，，

∴，，
∴由正弦定理，得，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查正弦定理的应用，属于基础题．
三、解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或推演步骤.
17.在中，角的对边分别为，且满足.
（1）求角的大小；
（2）若，且边BC上的高为，求的周长.
【答案】（1）（2）6
【解析】
【分析】
（1）利用正弦定理及和角的正弦公式化简即得；
（2）解三角形求出再利用余弦定理求出即得解.
【详解】解：（1）由题得,
所以,
所以，
所以，因为，
所以，.，
因为,
所以.
（2）由（1）易得.
所以，即
所以.
所以周长为6.
【点睛】本题主要考查正弦定理余弦定理解三角形，考查和角的正弦公式的应用，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.
18.设为两个不共线的向量，若，.
（1）若共线，求实数的值；
（2）若是夹角为的单位向量，且，求实数的值.
【答案】（1）（2）
【解析】
【分析】
（1）由，根据向量的共线条件，列出方程组，即可求解.
（2）由是夹角为的单位向量，求得，根据向量的数量积的运算公式，即可求解.
【详解】（1）由题意，向量，，可得，
因为，则
即，
所以，解得.
（2）由是夹角为的单位向量，所以，
所以，
解得.
【点睛】本题主要考查了平面向量的共线、垂直的运算，以及平面向量的数量积的运算，其中解答中熟练平面向量的垂直与共线的条件，以及数量积的运算公式是解答的关键，着重考查推理与运算能力.
19.已知数列的前项和和通项满足，.
（1）求数列的通项公式；
（2）已知数列中，，，求数列的前项和.
【答案】（1），（2）
【解析】
【分析】
（1）由即可求出答案；
（2）由题意可得数列等差数列，由此可求出其通项公式，再根据分组求和法即可求出答案．
【详解】解：（1）当时，得：，
当时，由，得，则，
∴，
检验得，也符合上式，
∴，；
（2）由（1）知：，，
∴，
，
∴．
【点睛】本题主要考查数列的递推公式的应用，考查分组法求数列的和，考查计算能力，属于中档题．
20.已知数列为等差数列，其中：.
（1）求数列的通项公式；
（2）记，设的前项和为，求最小的正整数，使得.
【答案】（1），；（2）正整数的最小值为.
【解析】
【分析】
（1）设等差数列的公差为，根据已知条件得出关于和的方程组，求出这两个量的值，利用等差数列的通项公式可求得数列的通项公式；
（2）利用裂项相消法求得，然后解不等式可求得满足该不等式的最小的正整数的值.
【详解】（1）设等差数列的公差为，依题意有，得，
从而，；
（2）因为，
所以，
令，解得，
因此，满足不等式的最小正整数的值为.
【点睛】本题考查等差数列通项公式的求解，同时也考查了裂项求和法，考查计算能力，属于基础题.
21.在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足.
（1）求角B的大小；
（2）若，求面积的取值范围.
【答案】（1）（2）
【解析】
【分析】
（1）根据向量数量积定义及正弦定理化简等式，再利用两角和的正弦公式进一步化简等式可得即可求得角B；（2）根据已知条件由正弦定理可求得2R，再次利用正弦定理将面积S化简为关于A的函数，利用两角和的正弦公式及降幂公式进一步将S转化为正弦型函数，求出的范围，根据正弦函数的图象与性质即可求得面积的范围.
【详解】（1）由题意得，
因为，，
所以根据正弦定理得，
，即，
，所以，
，又，所以.
（2）因为，所以，

取值范围为.
【点睛】本题考查向量的数量积、正弦定理、三角恒等变换化简求值、正弦函数的图象与性质、三角形面积公式，属于中档题.
22.已知是递增的等差数列，、是方程的根.
（1）求的通项公式；
（2）求数列的前项和.
【答案】（1）（2）
【解析】
【分析】
（1）求出方程的根，根据数列的单调性求出、，求出、即可求得通项公式；（2）错位相减法求数列的和，直接写出等差数列的前n项和，两和相加即为所求.
【详解】（1）因为方程的两根为2，3，且是递增的等差数列
所以，，
设数列的公差为 d，则，故，从而，
所以的通项公式为：；
（2）由（1）知，
设数列的前项和为，则：，
，
两式相减得
所以，
设数列的前项和为，
则.
【点睛】本题考查等差数列通项公式的基本量求解、等差数列的前n项和公式、错位相减法求和，属于中档题.