江西省南昌市八一中学2019-2020学年高一数学下学期期中试题.doc

江西省南昌市八一中学2019-2020学年高一数学下学期期中试题

江西省南昌市八一中学2019-2020学年高一数学下学期期中试题

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江西省南昌市八一中学2019-2020学年高一数学下学期期中试题（含解析）
一、选择题：共12小题，每小题5分，共60分.
1.已知为非零实数，且，则下列不等式恒成立的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
分析】
由条件可得，再结合，可得，即可选出答案.
【详解】因为，所以
因为，所以，所以
当时，、、都不成立
故选：B
【点睛】本题考查的是指数不等式的解法及不等式的性质，属于基础题.
2.已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
解出集合和中的不等式即可.
【详解】由可得或，所以
因为或，所以
所以
故选：A
【点睛】本题考查的是分式不等式、一元二次不等式的解法和集合的运算，属于基础题.
3.在△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c,若，则△ABC的形状是（ ）
A. 等腰三角形
B. 直角三角形
C. 等腰直角三角形
D. 等腰或直角三角形
【答案】A
【解析】
试题分析：由正弦定理，可将变形为，即，因为为三角形内角，所以，则．故此三角形为等腰三角形．故A正确．
考点：正弦定理．
4.设成等比数列，其公比为，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
，选B.
5.在等差数列{an}中，a3＋a9＝27－a6，Sn表示数列{an}的前n项和，则S11＝( )
A. 18 B. 99 C. 198 D. 297
【答案】B
【解析】
【分析】
由题设条件结合等差数列的通项公式知先求出a6，再由等差数列的前n项和公式求出S11．
【详解】∵a3+a9=27﹣a6，∴3a6=27，a6=9，
∴ ．
故选B．
【点睛】本题考查等差数列的性质和应用，解题时要注意等差数列的通项公式和前n项和公式的灵活运用．
6.在中，，，，则的值为（ ）
A. B. C. 或 D. 或
【答案】D
【解析】
分析：在中，由正弦定理，得，即可得到角，进而得到结论．
详解：由题意，
由正弦定理，则有，
因为，所以或，
当时，，当时，，故选D．
点睛：本题主要考查了正弦定理解三角形，着重考查了推理与运算能力，试题比较基础，属于基础题．
7.已知正实数a、b满足a+b=ab，则ab的最小值为（　　）
A. 1 B. C. 2 D. 4
【答案】D
【解析】
【分析】
根据a+b≥2，当且仅当a=b=2时取等号，代入计算即可求出ab的最小值．
【详解】∵ab=a+b≥2，≥2，∴ab≥4，当且仅当a=b=2时取等号，故ab最小值为4，
故选D．
【点睛】本题考查了基本不等式的应用，属于基础题．在利用基本不等式求最值时，要特别注意“拆、拼、凑”等技巧，使其满足基本不等式中“正”(即条件要求中字母为正数)、“定”(不等式的另一边必须为定值)、“等”(等号取得的条件)的条件才能应用，否则会出现错误.
8.已知函数，（且）的图像恒过点，若直线经过点，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
利用对数函数过定点，得到函数，（且）的图象恒过点，由此得到关于，的等式，利用基本不等式求最小值．
【详解】解：由已知得到对数函数过定点，得到函数，（且）的图象恒过点，又直线经过点，
所以，所以；
当且仅当时等号成立；
故选：C．
【点睛】本题考查了对数函数的图象以及利用基本不等式求最小值，属于中档题．
9.有两个等差数列，，其前项和分别为和，若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
设等差数列，的公差分别为，分析得到,即得解.
【详解】设等差数列，的公差分别为，
所以
.
故选：C.
【点睛】本题主要考查等差数列的性质，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.
10.已知数列，，，，，是首项为，公比为的等比数列，则下列项中是数列中的项是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
试题分析：，当时，，故选D.
考点：等比数列、累乘法求通项公式．
11.设等差数列的前项和，且，则满足的最大自然数的值为（ ）
A. 6 B. 7 C. 12 D. 13
【答案】C
【解析】
由,利用等差数列的性质可得：,又<0,>0，
∴>0,<0.
∴，
则满足Sn>0的最大自然数n的值为12.
故选C.
点睛：求解等差数列问题时，要多多使用等差数列的性质，如为等差数列，若，则.
由此得：，
当为奇数时，，
当为偶数时，.
12.已知数列的首项，其前项和为，且满足，若对任意恒成立，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
试题分析：由得．
两式相减得，
故，
两式相减得．
又由得，
所以，．
因为对任意恒成立，
所以，，解得．选A.
考点：数列通项，不等式恒成立
【方法点睛】给出Sn与an的递推关系求an，常用思路是：一是利用Sn－Sn－1＝an（n≥2）转化为an的递推关系，再求其通项公式；二是转化为Sn的递推关系，先求出Sn与n之间的关系，再求an. 应用关系式an＝时，一定要注意分n＝1，n≥2两种情况，在求出结果后，看看这两种情况能否整合在一起.
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.
13.若不等式对于一切恒成立，则的最大值为__________.
【答案】
【解析】
【分析】
参变分离可得，再根据基本不等式求在上的最小值即可.
【详解】不等式对于一切恒成立，即在上恒成立.
又，当且仅当时取等号.故，即的最大值为2.
故答案为：2
【点睛】本题主要考查了基本不等式求最值的应用，同时也考查了参变分离求函数最值的方法，属于基础题.
14.已知函数，则函数的最小值为__________.
【答案】
【解析】
【分析】
由题得，再利用基本不等式求函数的最小值得解.
【详解】由题得，
因为，
所以.
当且仅当时取最小值.
故答案为：5.
【点睛】本题主要考查基本不等式求函数的最值，意在考查学生对该知识的理解掌握水平.
15.在中, 是角所对的边长,若,则__________．
【答案】1
【解析】
分析：根据正弦定理找到三角形中边之间的关系，再利用余弦定理可计算出的值.
详解：由正弦定理得，
又由余弦定理知 ，
∴.
点睛：正弦定理为实现“边角互化”提供了依据，而当已知三边比例关系时，则可利用余弦定理求出任何一个内角的余弦值.
16.锐角中，内角的对边分别为，若，则的取值范围是__________.
【答案】
【解析】
【分析】
由条件结合余弦定理可得，然后可得，然后可得出，由是锐角三角形求出的范围，，即可得到答案.
【详解】因为，所以
所以，所以
所以，所以
所以或
即或（不符合题意，舍去），所以
因为是锐角三角形，
所以
解得，所以
故答案为：
【点睛】在处理三角形中的边角关系时，一般全部化为角的关系，或全部化为边的关系．题中若出现边的一次式一般采用到正弦定理，出现边的二次式一般采用到余弦定理．应用正、余弦定理时，注意公式变式的应用．解决三角形问题时，注意角的限制范围．
三、解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17.设为等差数列，为数列的前项和，已知，.
（1）求数列的通项公式；
（2）设，求数列的前项和.
【答案】（1）（2）
【解析】
【分析】
（1）设等差数列的公差为，由条件建立方程组解出和即可；
（2），利用等差等比数列的前项和公式计算即可.
【详解】（1）设等差数列的公差为，∵，，
∴，解得，
∴；
（2）由（1）得，
∴
.
【点睛】常见数列的求和方法：公式法（等差等比数列）、分组求和法、裂项相消法、错位相减法.
18.递增等比数列的第三项、第五项、第七项的积为512，且这三项分别减去1，3，9后成等差数列.
（1）求的首项和公比；
（2）设，求.
【答案】（1）；（2）
【解析】
【分析】
（1）根据题意利用等比数列的性质，可得，解出．设公比为，得且，由等差中项的定义建立关于的方程，解出的值，进而可得的首项；
（2）由（1）得，从而得到，再利用等比数列的求和公式加以计算，可得求的表达式．
【详解】（1）根据等比数列的性质，可得，
解之得.
设数列的公比为，则，，
由题设可得，
解之得或.
∵是递增数列，可得，
∴，得.
因此，解得；
（2）由（1）得的通项公式为，
∴，
∵
∴是以4为首项，公比等于2的等比数列.
因此.
【点睛】本题主要考查了等比数列的通项与性质、等差中项的定义和等比数列的前项之和公式等知识，属于中档题．
19.在某海滨城市附近海面有一台风，据监测，当前台风中心位于城市（如图）的东偏南方向300千米的海面处，并以20千米/时的速度向西偏北45°方向移动，台风侵袭的范围为圆形区域，当前半径为60千米，并以10千米/时的速度不断增大，问几个小时后该城市开始受到台风的侵袭？受到台风的侵袭的时间有多少小时？

【答案】12小时后该城市开始受到台风侵袭，受到台风的侵袭的时间有12小时.
【解析】
【分析】
设经过小时台风中心移动到点时，台风边沿恰好在城，由题意得，，在中， 由余弦定理得：.
【详解】解：设经过小时台风中心移动到点时，台风边沿恰好在城，
由题意得，

由余弦定理得：
即
即
解得，

答：12小时后该城市开始受到台风侵袭，受到台风的侵袭的时间有12小时.
【点睛】本题主要考查了余弦定理在实际生活中的应用，需熟记定理内容，属于基础题.
20.已知锐角的内角，，的对边分别为，且.
（1）求角的大小；
（2）若，求的最小值.
【答案】（1）（2）
【解析】
【分析】
（1）由正弦定理化边为角，再由两角和的正弦公式及诱导公式求得，得角；
（2）由余弦定理结合基本不等式得，由得，从而可得结论．
【详解】（1）因为，
由正弦定理得：，
即，所以.
又因为为锐角三角形，有，
所以，则.
（2）由，
得.
又由余弦定理得
，当且仅当b=c等号成立
所以.
所以.
即的最小值为.
【点睛】本题考查正弦定理、余弦定理，解题关键是由正弦定理进行边角转换后快速求得角．本题属于中档题．
21.如图 ,在平面四边形中，.
(Ⅰ)若,求面积；
(Ⅱ)若，求.

【答案】（1）（2）
【解析】
分析：
(Ⅰ)由余弦定理求出，再用公式求得面积；
(Ⅱ)设，在中用正弦定理表示出，然后在中把用表示后，再由正弦定理得的等式，从而可求出.
详解：
(Ⅰ)在中，由余弦定理得，，
即，解得或(舍去)，
所以的面积.
(Ⅱ)设，在中，由正弦定理得，,
即，所以.
在中，，则，
即，即，整理得.
联立，解得，即.

点睛：
在已知两边和一边对角时一般可用正弦定理求出另一边所对角，从而得三角形的第三角及第三边，也可直接利用余弦定理列出关于第三边的方程，解方程得第三边长.
22.已知等差数列的前项和为，并且，，数列满足：，记数列的前项和为.
（1）求数列的通项公式及前项和公式；
（2）求证：.
【答案】(1) ，；(2)证明见解析
【解析】
【分析】
(1)根据题意代入即可求得，再求出公差，根据等差数列的通项公式与求和公式求解项公式及前项和公式即可.
(2)易得，再根据错位相减法求解，进而证明即可.
【详解】(1) 设等差数列的公差为，则当时，，即.
故，故.此时.
故，
(2)由可得，，所以
故
…①
…②
①-②：
故
故
因为，故随的增大而增大，故.
又，故.
综上所述，
【点睛】本题主要考查了等差数列的通项公式求解，同时也考查了等差数列求和公式与错位相减求和的方法，属于基础题.