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- 2021-06-16 发布
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2018-2019学年黑龙江省双鸭山市第一中学高一下学期期中考试数学(理)试题
一、单选题
1.已知数列满足, ,则此数列的通项等于 ( )
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】由题意可得此数列是等差数列,由通项公式可得答案.
【详解】
由,可得数列是公差为的等差数列,
又,所以故选A.
【点睛】
本题考查等差数列的定义.理解定义,熟记公式是解题的关键.
2.若,则下列不等式不可能成立的是 ( )
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】由不等式的基本性质逐个分析即可.
【详解】
由,可得,,,,即A,B,C都成立,D不可能成立.故选D.
【点睛】
本题考查不等式的基本性质.由基本性质推理或特殊值验证求解.
3.等比数列中,首项=8,公比=,那么它的前5项和的值等于( )
A.15.5 B.20 C.15 D.20.75
【答案】A
【解析】由等比数列的前项和公式求解即可.项数较少且数据简单,也可直接求出各项再求和.
【详解】
方法一:
方法二:
【点睛】
本题考查等比数列的前项和.熟记公式,准确计算是解题的关键.
4.在中,, ,,则等于( )
A.或 B. C.或 D.
【答案】D
【解析】已知两边及其中一边的对角,求另一边的对角,先由正弦定理求,再求.
【详解】
由正弦定理,可得.
由,可得,所以.故选D.
【点睛】
本题考查正弦定理的应用. 已知两边及其中一边的对角,由正弦定理求另一边的对角,要注意判断解的个数.
5.若,且,则的最小值为( )
A.2 B.3 C.4 D.5
【答案】C
【解析】由展开,再利用基本不等式即可求得最小值.
【详解】
因为,所以.
因为,所以,.
所以,当且仅当,即时等号成立.
所以,即的最小值为.
【点睛】
本题考查由基本不等式求最值,考查了1的妙用,属于基础题.
6.已知数列是等差数列,,则( )
A.36 B.30 C.24 D.18
【答案】B
【解析】试题分析:
【考点】等差数列性质
7.在等比数列中,,则( )
A.1 B.2 C.3 D.4
【答案】B
【解析】,求出即可,利用等比数列的性质可求.
【详解】
因为等比数列中,,所以.
所以.
【点睛】
本题考查等比数列的性质.熟记性质,准确计算是解题的关键..
8.一船以每小时15km的速度向东航行,船在处看到一个灯塔在北偏东,行驶4h后,船到达处,看到这个灯塔在北偏东,这时船与灯塔的距离为( )
A.km B.km C.km D.km
【答案】B
【解析】作出示意图,在中,可由正弦定理求的长.
【详解】
作出示意图如图所示,,
,,则.
由正弦定理,可得,则.
所以这时船与灯塔的距离为.
【点睛】
本题考查解三角形在实际问题中的应用,考查正弦定理.解题的关键是根据题意得出相应三角形的边与角.
9.在中,已知,如果有两组解,则的取值范围是( )
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】已知,若有两组解,则,可解得的取值范围.
【详解】
由已知可得,则,解得.故选A.
【点睛】
本题考查已知两边及其中一边的对角,用正弦定理解三角形时解的个数的判断.
若中,已知且为锐角,若,则无解;若或,则有一解;若,则有两解.
10.已知等比数列的前项和为,且满足,则的值是( )
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】利用先求出,然后计算出结果
【详解】
根据题意,当时,
故当时,
数列是等比数列
则,故
解得
故选
【点睛】
本题主要考查了等比数列前项和的表达形式,只要求出数列中的项即可得到结果,较为基础
11.在中,,点在边上,,为垂足.若,则( )
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】先在△ADE中,得BD=AD=,再解△BCD,,即得cosA的值.
【详解】
依题意得,BD=AD=,∠BDC=2A.在△BCD中,,即,解得cos A=.
故答案为:C
【点睛】
本题主要考查解三角形,考查正弦定理解三角形,意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力.
12.为等差数列的前项和,且.记,其中表示不超过的最大整数,如,则数列的前项和为( )
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】先求出等差数列的通项公式,再分析数列的各项取值,求其前
项和.
【详解】
设等差数列的公差为,则,,
解得,故.
,
当时,;
当时,;
当时,;
当时,.
所以数列的前项和为.
【点睛】
本题考查等差数列的基本问题,分组求和,解题的关键是根据新定义判断数列的哪些项的值是相同的..
二、填空题
13.在中,若,则是_____三角形.
【答案】
【解析】试题分析:或
所以或
【考点】正弦定理及三角函数基本公式
14.设等差数列满足,则的前项和最大时的序号的值为____.
【答案】5
【解析】先由已知条件解得,得到的通项公式.当时,有最大值,即把前面的所有正数项相加时所得最大.
【详解】
设等差数列的公差为,则
解得则.
易得当时,;当时,.
所以最大时的序号的值为.
【点睛】
本题考查等差数列的基本问题,考查等差数列前项和的最值. 对于等差数列,当时,有最大值;当时,有最小值.
15.已知,若不等式恒成立,求的最大值为____.
【答案】
【解析】由恒成立,可得恒成立,则的最大值就是的最小值,用基本不等式可求.
【详解】
不等式恒成立,则恒成立.
因为,当且仅当时等号成立,
所以,即的最大值为.
【点睛】
本题考查用基本不等式求最值,不等式的恒成立问题.若恒成立,则.
16.中,分别是角的对边,且,,则AC边上的高的最大值为___.
【答案】
【解析】由题以及内角和定理代入化简可得
再由余弦定理和三角形的面积: 又 得出答案.
【详解】
由题, sinC=(sinA+cosA)sinB,以及内角和定理代入化简可得:,在三角形中
故
由余弦定理:
所以三角形的面积:
又
故答案为
【点睛】
本题主要考查了利用正余弦定理解三角形,本题利用了正弦定理进行边角互化,还有余弦定理和面积公式的结合才能够解决问题,属于中档题.
三、解答题
17.已知函数.
(1)若关于的不等式的解集为,求实数的值;
(2)当时,对任意,恒成立,求的取值范围.
【答案】(1);(2).
【解析】(1) 利用一元二次不等式解集区间的端点就是相应方程的根求解即可.
(2)对任意恒成立,由二次项系数小于,则.列不等式求解即可.
【详解】
(1)因为的解集为,
所以关于的方程的两个根为.
所以,解得.
(2)由题意得对任意恒成立,
所以,
解得,即的取值范围是.
【点睛】
本题考查一元二次不等式的解集和恒成立问题,结合一元二次不等式、二次函数、一元二次方程的关系进行求解是解题的关键.
18.如图,在四边形中,已知,,,,.
(1)求的长;
(2)求的长.
【答案】(1);(2).
【解析】(1)在中,由余弦定理求.
(2)在中,由正弦定理求.
【详解】
(1) 在中,,
由余弦定理可得
即,
则,
解得(舍去).
(2)在中,,
又,则.
由(1)得,由正弦定理得,
即,解得.
【点睛】
本题考查由正弦定理、余弦定理解三角形,解题的关键是根据题意得出相应三角形的边与角,再选择正弦定理、余弦定理或综合运用两个定理来求解.
19.已知数列是公差不为0的等差数列,,且,,成等比数列.
(1)求数列的通项公式;
(2)设,求数列的前项和.
【答案】(1);(2)
【解析】试题分析:(1)利用等差数列与等比数列的性质,易得:;(2)化简,由裂项相消法,得:.
试题解析:
(1)设数列的公差为d,由,且,,成等比数列,得
, 解得d=2,或d=-1(舍去)
∴d=2 ,
即数列的通项公式
(2)=
20.在中,分别是角的对边,且.
(1)求的大小;
(2)若,求的面积.
【答案】(1)
(2)
【解析】试题分析:(Ⅰ)先由正弦定理将三角形的边角关系转化为角角关系,再利用两角和的正弦公式和诱导公式进行求解;(Ⅱ)先利用余弦定理求出,再利用三角形的面积公式进行求解.
试题解析:(Ⅰ)由
又所以.
(Ⅱ)由余弦定理有 ,解得,所以
点睛:在利用余弦定理进行求解时,往往利用整体思想,可减少计算量,若本题中的
.
21.已知数列满足,.
(1)证明是等比数列,并求的通项公式;
(2)若数列满足,为数列的前项和,求.
【答案】(1)证明见详解,;(2).
【解析】(1) 要证明是等比数列,只须证且.
(2)求得的通项公式,可知应用错位相减法求和.
【详解】
(1)因为,所以.
由,可得,
所以数列是等比数列,且首项和公比都是.
所以.
所以数列的通项公式为.
(2),则.
所以,
则.
以上两式相减得,
所以.
【点睛】
本题考查等比数列的基本问题,错位相减法求和.若数列满足且,
分别是等差数列和等比数列,则可以用错位相减法求数列的前项和.
22.(本题满分15分)已知数列满足=且=-()
(1)证明:1();
(2)设数列的前项和为,证明().
【答案】(1)详见解析;(2)详见解析.
【解析】(1)首先根据递推公式可得,再由递推公式变形可知
,从而得证;(2)由和得,
,从而可得,即可得证.
试题解析:(1)由题意得,,即,,由
得,由得,
,即;(2)由题意得,
∴①,由和得,,
∴,因此②,由①②得
.
【考点】数列与不等式结合综合题.