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  • 2021-06-30 发布

2018-2019学年黑龙江省哈尔滨市第三中学校高一下学期期中考试数学试题(解析版)

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‎2018-2019学年黑龙江省哈尔滨市第三中学校高一下学期期中考试数学试题 一、单选题 ‎1.已知向量,则( )‎ A. B. C. D.‎ ‎【答案】D ‎【解析】由向量的模长公式求模长即可.‎ ‎【详解】‎ 因为,所以.故选D.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查向量的模长.向量的模长.‎ ‎2.的内角的对边分别为,若,则( )‎ A. B. C. D.‎ ‎【答案】A ‎【解析】由余弦定理可求出,再求.‎ ‎【详解】‎ 由余弦定理可得,‎ 又,所以. 故选A.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查余弦定理.,,,对于余弦定理,一定要记清公式的形式.‎ ‎3.在等差数列中,若,则( )‎ A. B. C. D.‎ ‎【答案】B ‎【解析】由等差数列的性质可得,则答案易求.‎ ‎【详解】‎ 在等差数列中,因为,所以.‎ 所以.故选B.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查等差数列性质的应用.在等差数列中,若,则.特别地,若,则.‎ ‎4.已知是单位向量,若,则与的夹角为( )‎ A. B. C. D.‎ ‎【答案】B ‎【解析】先由求出,再求与夹角的余弦值,进而可得夹角.‎ ‎【详解】‎ 因为,所以,则.‎ 由是单位向量,可得,,‎ 所以.所以.‎ 所以.故选B.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查平面向量的数量积、模、夹角的综合问题.利用可以把模长转化为数量积运算.‎ ‎5.的内角的对边分别为,若,则的形状一定是( )‎ A.直角三角形 B.等边三角形 C.钝角三角形 D.等腰三角形或直角三角形 ‎【答案】D ‎【解析】由已知等式结合正弦定理,可得,再结合三角形中角的范围分析角的关系,进而判断三角形的形状.‎ ‎【详解】‎ 由结合正弦定理,‎ 可得,则.‎ 所以或.所以或.‎ 所以是等腰三角形或直角三角形.故选D.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查解三角形问题,应用正弦定理判断三角形的形状.若已知等式中各项都含有边(或角的正弦),可以直接利用正弦定理实现边角的转化. 解三角形的问题中经常需要用到三角恒等变换,这就需要牢记并熟练运用诱导公式、和差角公式、二倍角公式等,还要结合三角形内角的取值范围,合理地进行取舍,做到不漏解也不增解.‎ ‎6.已知等比数列的各项均为正数,且,,成等差数列,则( )‎ A. B. C. D.‎ ‎【答案】A ‎【解析】易得,于是根据已知条件求等比数列的公比即可.‎ ‎【详解】‎ 设公比为.由,,成等差数列,可得,‎ 所以,则,解(舍去)或.‎ 所以.故选A.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查等比数列、等差数列的基本问题.在等比数列和等差数列中,首项和公比(公差)是最基本的两个量,一般需要设出并求解.‎ ‎7.在等比数列中,为数列的前项和,,,则( )‎ A. B. C. D.‎ ‎【答案】C ‎【解析】也成等比数列,则易求.‎ ‎【详解】‎ 在等比数列中,可得也成等比数列,‎ 所以,则,解得.故选C.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查等比数列前项和的性质,也可以由进行基本量计算来求解.若等比数列的前项和是,则()也成等比数列.‎ ‎8.在数列中,已知,,且满足,则( )‎ A. B. C. D.‎ ‎【答案】B ‎【解析】由已知的递推公式计算数列的前几项的值,发现周期规律,然后求.‎ ‎【详解】‎ 由,可得.‎ 又,,所以,‎ 同理可得.‎ 于是可得数列是周期数列且周期是.‎ 因为,所以.故选B.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查数列的表示法,递推公式和周期数列.由递推公式判断周期数列时,若递推公式是由前面两项推出后一项,则需要得到连续两项重复才能判定是周期数列.‎ ‎9.我国古代人民早在几千年以前就已经发现并应用勾股定理了,勾股定理最早的证明是东汉数学家赵爽在为《周髀算经》作注时给出的,被后人称为“赵爽弦图”.“赵爽弦图”是数形结合思想的体现,是中国古代数学的图腾,还被用作第24届国际数学家大会的会徽.如图,大正方形是由个全等的直角三角形和中间的小正方形组成的,若,为的中点,则( )‎ A. B. C. D.‎ ‎【答案】A ‎【解析】把向量分解到方向,求出分解向量的长度即可得答案.‎ ‎【详解】‎ 设,则,在中,可得.‎ 过点作于点,则,,‎ ‎.‎ 所以.‎ 所以.故选A.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查平面向量的基本定理,用基向量表示目标向量.平面内的任意一个向量都可以用一对基向量(不共线的两个向量)来线性表示.‎ ‎10.在等差数列中,首项,公差,前项和为.有下列命题:①若,则;②若,则是中的最大项;③若,则;④若,则.其中正确命题的个数是( )‎ A. B. C. D.‎ ‎【答案】D ‎【解析】方法一:由前项和公式代入各命题判断是否正确.‎ 方法二:由等差数列前项和的性质判断各命题是否正确.‎ ‎【详解】‎ 方法一:若,则,可得,‎ ‎,①正确;‎ ‎,则是中的最大项,②正确;‎ ‎,③正确.‎ 若,则,又,故,‎ 所以,即,④正确.‎ 故选D.‎ 方法二:若,则,‎ 而,则,③正确;‎ ‎,①正确;‎ 若,由可得单调递增,不合题意,故,‎ 等差数列的前项和是关于的二次函数,‎ 由对称性可得当时,取得最大值,②正确. ‎ 若,则,又,故,‎ 所以,即,④正确.‎ 故选D.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查等差数列前项和的有关问题.有关等差数列、等比数列的问题一般都能够使用两种方法求解,一是用首项和公差(公比)进行基本量运算,二是利用有关性质进行解题.‎ ‎11.已知锐角的内角的对边分别为,若,则 的取值范围是( )‎ A. B. C. D.‎ ‎【答案】C ‎【解析】由结合余弦定理得,再由正弦定理并恒等变形得,故,于是且可由锐角三角形求得角的取值范围,进而可得答案.‎ ‎【详解】‎ 因为,‎ 所以,则.‎ 所以.‎ 所以.‎ 所以.‎ 所以.‎ 又是锐角三角形,,‎ 所以,即.‎ 所以.‎ 由锐角三角形,可得,‎ 则,所以.故选C.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查正弦定理、余弦定理在三角形问题中的运用,需要综合运用正弦定理、余弦定理和三角恒等变换进行解题.‎ ‎12.已知数列与前项和分别为,,且,,对任意的恒成立,则的最小值是( )‎ A. B. C. D.‎ ‎【答案】C ‎【解析】先由与的关系式求的通项公式,于是可得的通项公式,再由裂项相消法求出,于是答案易得.‎ ‎【详解】‎ 因为,‎ 所以当时,,解得;‎ 当时,.‎ 所以.‎ 于是.‎ 由,可得,‎ 所以是首项为,公差为的等差数列,即.‎ 所以.‎ 所以 ‎.‎ 因为对任意的恒成立,‎ 所以,即的最小值是.故选C.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查数列的综合问题,考查与的关系、等差数列的判定、裂项相消法求和、与数列有关的不等式恒成立问题,综合性较强.‎ 二、填空题 ‎13.已知向量,若,则_______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】由向量平行的坐标条件求解即可.‎ ‎【详解】‎ 由可得.‎ 又,,‎ 所以,解得.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查向量平行的条件.若向量且,则,可记为“交叉相乘相等”.‎ ‎14.已知等比数列满足,则________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】由等比数列的下标性质先求再求.‎ ‎【详解】‎ 由等比数列的性质可得,于是,解得.‎ 又,所以.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查等比数列的基本性质. 在等比数列中,若,则.特别地,若,则.‎ ‎15.已知数列中,,前项和为.若 ,则数列的前项和为_______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】先由取倒数判断是等差数列,进而求得数列的通项公式,再由裂项相消法求数列的前项和.‎ ‎【详解】‎ 因为,‎ 所以.‎ 所以.‎ 又,‎ 所以是首项为,公差为的等差数列,则.‎ 所以.‎ 又也满足,所以.‎ 所以.‎ 所以数列的前项和为 ‎.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查数列的综合问题,考查与的关系、等差数列的判定、裂项相消法求和,综合性较强.已知与的关系式,有两种思路:一是由消掉得到关于通项的关系式;二是把代换成得到关于求和的关系式.‎ ‎16.已知是单位圆上的两点,,点是平面内异于的动点,是圆的直径.若,则的取值范围是________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】由是单位圆的直径,可得,于是需求的取值范围. 由可得点在以为直径的圆上,于是可求出定点到圆上的动点的距离的取值范围.‎ ‎【详解】‎ 因为是单位圆的直径,‎ 所以 ‎.‎ 在中,,,‎ 所以,.‎ 因为,所以点在以为直径的圆上,‎ 其圆心为的中点,半径为.‎ 易得,又点异于,‎ 所以且.‎ 所以且,‎ 即且.‎ 所以的取值范围是.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查平面向量数量积的综合问题,考查数量积的取值范围、圆、动点等问题.通过几何意义求取值范围是一种常见的方法.‎ 三、解答题 ‎17.在等差数列中,已知.‎ ‎(1)求;‎ ‎(2)若,求数列的前项和.‎ ‎【答案】(1);(2).‎ ‎【解析】(1)设出公差,由列方程解出即可.‎ ‎(2)表示的项负正相间,可把相邻两项结合起来再求和.‎ ‎【详解】‎ ‎(1)设等差数列的公差为,‎ 由题意得解得 所以.‎ ‎(2)因为,‎ 所以 ‎ ‎ ‎.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查等差数列的基本问题,数列的求和.对于通项中含有,即正负相间的数列,可把相邻两项结合起来再求和.‎ ‎18.已知,,是的三个内角,向量,且.‎ ‎(1)求;‎ ‎(2)若,求的取值范围.‎ ‎【答案】(1);(2).‎ ‎【解析】(1)由,得,逐步化简可得,可得答案.‎ ‎(2)由正弦定理、三角形内角和把表示为一个角的函数,再求其取值范围.‎ ‎【详解】‎ ‎(1)由,得,‎ 则,‎ 则,‎ 即,故.‎ 又,所以.‎ 所以.‎ ‎(2)因为,,‎ 所以由正弦定理得.‎ 所以.‎ 所以 ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎.‎ 其中,则,‎ 所以,.‎ 所以的取值范围是.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查三角形中的综合问题,考查向量垂直的条件、正弦定理、三角恒等变换、三角函数的性质等.三角函数、平面向量、解三角形的知识联系紧密,解题时也经常综合在一起应用.‎ ‎19.已知中,.‎ ‎(1)求边的长;‎ ‎(2)若边的中点为,求中线的长.‎ ‎【答案】(1);(2).‎ ‎【解析】(1)先由求,再由余弦定理求.‎ ‎(2)方法一:先在△中由正弦定理(余弦定理也可)求,再在△ (或△)中由余弦定理求.‎ 方法二:由求向量的模长.‎ ‎【详解】‎ ‎(1)因为,,‎ 所以.‎ 又,所以.‎ 由正弦定理得,‎ 所以.‎ ‎(2)方法一: 在中,由正弦定理得,‎ 所以,则.‎ 在△中,由余弦定理,得 ‎,‎ 所以.‎ 方法二:因为边的中点为,‎ 所以.‎ 所以 ‎.‎ 所以.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查运用正弦定理、余弦定理解三角形.‎ ‎20.已知数列满足,设.‎ ‎(1)证明数列为等比数列;‎ ‎(2)求数列的前项和.‎ ‎【答案】(1)证明见详解;(2).‎ ‎【解析】(1)由(为非零常数)且可证得为等比数列.‎ ‎(2)可得,则可由错位相减法求和.‎ ‎【详解】‎ ‎(1)证明:由可得.‎ 而,所以.‎ 又,所以数列为等比数列.‎ ‎(2)由(1)得为首项是,公比是的等比数列,‎ 所以.‎ 由可得.‎ 所以,‎ 则.‎ 以上两式相减得 ‎,‎ 所以.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查等比数列的证明和错位相减法求和.若数列满足,其中分别是等差数列和等比数列,则可由错位相减法求数列的前项和.‎ ‎21.数列前项和为,已知 ‎(1)求数列的通项公式;‎ ‎(2)证明.‎ ‎【答案】(1) ;(2)证明见详解.‎ ‎【解析】(1)由已知结合可得,变形得,利用叠加法可求.‎ ‎(2)由可得,用放缩法证明不等式.‎ ‎【详解】‎ ‎(1)由,得,‎ 以上两式相减得,‎ 则.‎ 两边同除以,可得.‎ ‎,‎ ‎,‎ ‎…,‎ ‎,‎ 以上个式子相加得,‎ 又,则,‎ 所以.‎ ‎(2)证明:因为,‎ 所以.‎ 所以.‎ 记,‎ 则,‎ 当时,,‎ 可得,‎ 所以.‎ 所以.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查求数列的通项公式,不等式的证明.求数列通项公式时一般需要构造等差数列或等比数列.放缩法是证明数列不等式的一种常用方法,有时需要保留前面的若干项,只把后面的各项放缩.‎ ‎22.设数列的前项和为,且.‎ ‎(1)若,求;‎ ‎(2)若数列为递增数列,求实数的取值范围.‎ ‎【答案】(1);(2).‎ ‎【解析】(1)令,求出,然后可求出.‎ ‎(2)同(1)的方法求出,由解得的取值范围,由可推出(),进而可推证数列为递增数列.‎ ‎【详解】‎ ‎(1)时,,‎ 所以.‎ 又,所以.‎ 所以,‎ 即.‎ ‎(2),‎ 所以,,.‎ 又,所以.‎ 所以.‎ 若数列为递增数列,则,‎ 解得.‎ 由,①‎ 可得(),②‎ ‎①-②,得(),③‎ 所以().④‎ ‎③-④,得().‎ 于是由,可得 由,可得 即,‎ 即数列为递增数列.‎ 综上所述,的取值范围为.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查数列的综合问题,考查与的关系式的应用,递增数列的性质.要使数列为递增数列,则一定要保证()恒成立,推理过程一定要严谨,不可用特殊性代替一般性.‎

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