四川省泸县第四中学2019-2020学年高一数学下学期期中试题.doc

四川省泸县第四中学2019-2020学年高一数学下学期期中试题

四川省泸县第四中学2019-2020学年高一数学下学期期中试题

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姓名：

- 18 -

四川省泸县第四中学2019-2020学年高一数学下学期期中试题（含解析）
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名和准考证号填写在答题卡上.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
第I卷 选择题（60分）
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题给的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1.已知集合集合,那么集合( )
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
由交集的定义即得解.
【详解】集合,集合,由交集的定义：

故选：D
【点睛】本题考查了集合交集的运算，考查了学生概念理解，数学运算的能力，属于基础题.
2.函数的定义域为（ ）
A. [1，+∞) B. [1，0)∪(0，+∞)
C. (∞，1] D. (1，0)∪(0，+∞)
【答案】A
【解析】
【分析】
原函数要有意义，只要即可．
【详解】解：，即，解得： ;
故选
【点睛】本题考查函数定义域的求法，属于基础题．
3.在中，，，其的面积等于，则等于（ ）
A. B. 1 C. D.
【答案】C
【解析】
因为，所以，由余弦定理，所以，故选C．
4.公差不为零的等差数列中，成等比数列，则其公比为
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】
根据等比中项的性质列方程，结合等差数列的通项公式，求得等差数列的首项和公差的关系，再利用等比数列的定义，求得公比.
【详解】设等差数列公差为，根据等比中项的性质有，即，化简得.所以，所以公比.故选C.
【点睛】本小题主要考查等差数列基本量的计算，考查等比中项的性质，考查等比数列公比的求法.
5.如图所示，在正方形中，为的中点，为的中点，则（ ）

A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
根据平面向量的加减法运算和数乘运算即可表示出结果.
【详解】
故选：
【点睛】本题考查平面向量的线性运算，涉及到平面向量的加减法运算和数乘运算.
6.分段函数，则满足的值为（ ）
A. 0 B. 3 C. 0或3 D.
【答案】C
【解析】
【分析】
对分类讨论，当时，，当时，，分别求解，即可得到满足的的值．
【详解】，依题意有，
①当时，，∵，∴，∴；
②当时，，∵，∴，∴．
综合①②，满足的的值为0或3．
故选C．
【点睛】本题考查了分段函数的解析式，分段函数的取值问题．对于分段函数一般选用数形结合和分类讨论的数学思想进行解题．主要考查了根据函数值求变量的取值，解题的关键是判断该用哪段解析式进行求解．属基础题．
7.函数具有性质（ ）
A. 最大值为，图象关于直线对称
B. 最大值为，图象关于直线对称
C. 最大值为，图象关于对称
D. 最大值为，图象关于对称
【答案】C
【解析】
【分析】
利用诱导公式和辅助角公式对函数解析式化简整理后,可得函数的最小值，利用三角函数的对称性求得函数的对称点.
【详解】
所以函数的最大值为,排除B,D
令求得,函数关于对称.
所以C选项是正确的
【点睛】本题主要考查了三角函数的基本性质,对称性和最值性.解题的关键是对函数解析式的化简整理.进而利用好三角函数的基本性质.
8.在中，，则是（ ）
A. 等腰直角三角形 B. 等腰或直角三角形 C. 等腰三角形 D. 直角三角形
【答案】D
【解析】
【分析】
先由可得，然后利用与三角函数的和差公式可推出，从而得到是直角三角形
【详解】因为，
所以
所以
因为
所以
即
所以
所以
因为，所以
因为，所以，即是直角三角形
故选：D
【点睛】要判断三角形的形状，应围绕三角形的边角关系进行思考，主要有以下两条途径：①角化边：把已知条件转化为只含边的关系，通过因式分解、配方等得到边的对应关系，从而判断三角形形状，②边化角：把已知条件转化为内角的三角函数间的关系，通过三角恒等变换，得出内角的关系，从而判断三角形的形状.
9.三国时期著名的数学家刘徽对推导特殊数列的求和公式很感兴趣，创造并发展了许多算法，展现了聪明才智．他在《九章算术》“盈不足”章的第19题的注文中给出了一个特殊数列的求和公式．这个题的大意是：一匹良马和一匹驽马由长安出发至齐地，长安与齐地相距3000里（1里=500米），良马第一天走193里，以后每天比前一天多走13里．驽马第一天走97里，以后每天比前一天少走半里．良马先到齐地后，马上返回长安迎驽马，问两匹马在第几天相遇( )
A. 14天 B. 15天 C. 16天 D. 17天
【答案】C
【解析】
【分析】
记良马每天所走路程构成的数列为，驽马每天所走路程构成的数列为，根据题中数据，求出通项公式，进而可求出结果.
【详解】记良马每天所走路程构成的数列为，驽马每天所走路程构成的数列为，
由题意可得：，，
设，经过天，两匹马相遇；
则有，即，
整理得，
当满足题意，
因此两匹马在第16天相遇.
故选C
【点睛】本题主要考查等差数列的应用，熟记等差数列的通项公式与求和公式即可，属于常考题型.
10.已知，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
找到已知角与所求角关系，将所求用已知角及特殊角表示，即，利用诱导公式即可求解.
【详解】∵+=，∴，∴=，
故选C..
【点睛】本题考查了给值求值问题，考查了诱导公式的应用，找准所求角与已知角的关系并且熟练掌握公式是解本题的关键．
11.定义在R上的函数满足，时，.则等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
由条件可得出，，进而可得时，，然后可得当时，，依次类推可得，当时，，当时，，当时，，即可得出答案.
【详解】因为
所以由可得，
所以，
由可得
又因为时，
所以时，
设，则，所以
依次类推可得，当时，
当时，；当时，
因为，所以
故选：C
【点睛】本题考查的是函数的相关知识，解题的关键是得出时，，从而类推出当时，.
12.已知函数，函数有四个不同的零点，且满足：， 则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
分析：函数有四个不同的零点，等价于的图象与的图象有四个不同的交点，画出的图象与的图象，结合函数图像，可得 ，= ，利用单调性求解即可.
详解：
,
由二次函数的对称性可得
由 可得，
函数有四个不同的零点，
等价于的图象与的图象有四个不同的交点，
画出的图象与的图象，由图可得，
∴
∴=
令 ， ∴，故选B.
点睛：本题主要考查函数的图象与性质以及数形结合思想的应用，属于难题. 数形结合是根据数量与图形之间的对应关系，通过数与形的相互转化来解决数学问题的一种重要思想方法，.函数图象是函数的一种表达形式，它形象地揭示了函数的性质，为研究函数的数量关系提供了“形”的直观性．归纳起来，图象的应用常见的命题探究角度有：1、确定方程根的个数；2、求参数的取值范围；3、求不等式的解集；4、研究函数性质．
第II卷 非选择题（90分）
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13.函数y＝3tan(2x＋)的对称中心的坐标为__．
【答案】(－，0)(k∈Z)
【解析】
【分析】
利用正切函数的对称中心求解即可.
【详解】令2x＋＝ (k∈Z)，得x＝－ (k∈Z)，
∴对称中心坐标为(－，0)(k∈Z)．
故答案为(－，0)(k∈Z)
【点睛】本题考查正切函数图像的对称中心的求解，属于简单题.
14.与是夹角为的单位向量，则等于______．
【答案】
【解析】
【分析】
计算，再得出的值．
【详解】，
．
．
故答案为．
【点睛】本题考查了平面向量的数量积运算，属于基础题．
15.若，则=_____．
【答案】
【解析】
，，或，平方可得或，或若，则，不合题意应舍去，故答案为.
16.数列满足，则 .
【答案】.
【解析】
试题分析：当时，，；当时，由于
，，
两式相减得，不满足
.
考点：由得.
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.已知,
(1) 求;
(2)若与互相垂直,求的值.
【答案】(1) (2)
【解析】
【分析】
（1）先求出，然后求出其模即可；（2）由k与k互相垂直，可知，然后解方程求出k．
【详解】（1），

（2）与互相垂直，
，即.
，，
，

【点睛】本题考查了平面向量的基本运算和平面向量数量积与垂直的关系，考查了运算能力，属基础题．
18.设函数.
（1）求函数的单调递减区间；
（2）若，求函数的值域.
【答案】（1）；（2）.
【解析】
分析：（1）由二倍角公式将表达式化一得到，，令，得到单调区间；（2）时，，根据第一问的表达式得到值域.
详解：
（1）由
令
得：
所以，函数的单调减区间为
（2）当时，

所以， 函数的值域是：.
点睛：本题求最值利用三角函数辅助角公式 将函数化为的形式，利用三角函数的图像特点得到函数的值域.
19.已知公差不为0的等差数列的前三项和为6，且成等比数列．
（1）求数列的通项公式；
（2）设，数列的前项和为，求使的的最大值．
【答案】（1）．（2）13．
【解析】
【分析】
（1）根据等差数列的前三项和为6，且成等比数列列出关于首项、公差的方程组，解方程组可得与的值，从而可得数列的通项公式；
（2）由（1）可得，利用裂项相消法求和后，解不等式即可得结果.
【详解】（1）设等差数列的首项为，公差为，
依题意有，即，
由，解得，所以．
（2）由（1）可得，
所以．
解，得，
所以的最大值为13．
【点晴】本题主要考查等差数列、等比数列综合运用以及裂项相消法求和，属于中档题.裂项相消法是最难把握的求和方法之一，其原因是有时很难找到裂项的方向，突破这一难点的方法是根据式子的结构特点，掌握一些常见的裂项技巧：①；②；③；
④；此外，需注意裂项之后相消的过程中容易出现丢项或多项的问题，导致计算结果错误.
20.在中，角，，的对边分别为，，，已知向量，，且.
（1）求角的大小；
（2）若，求面积的最大值.
【答案】（1）;（2）.
【解析】
（1）由得，，
由正弦定理可得，，
，
，
，又，
.
（2）的面积.
由已知及余弦定理，得.
又，
故，当且仅当时，等号成立.
因此面积的最大值为.
21.已知，设是单调递减的等比数列的前n项和，且，，成等差数列.
（1）求数列的通项公式；
（2）记数列的前n项和为，求证：对于任意正整数n，.
【答案】(1) (2)证明见解析
【解析】
分析】
（1）利用等差中项的性质列方程，化简求得的值，由此求得数列的通项公式.
（2）利用错位相减求和法求得，由此证得不等式成立.
【详解】（1）设数列的公比q，由，
得，
即，∴.是单调递减数列，∴，
∴
（2）由（1）知，
所以，，①
，②
②-①得：，，
【点睛】本小题主要考查等差中项的性质，考查等比数列通项公式基本量的计算，考查错位相减求和法，考查运算求解能力，属于中档题.
22.在中，，．
（1）求证：平分；
（2）当时，若，，求和的长．
【答案】(1)见解析;(2),.
【解析】
【分析】
（1）在中由正弦定理和三角形的面积公式及条件可得，由于，所以，即证得结论成立．（2）由，所以．在和中，分别利用余弦定理及 ，可得，又，故．又， 所以可得．
【详解】（1）在中，由正弦定理得，
因为，
所以，
所以，
因为，
所以，
即平分．
（2）因为，
所以，
所以，
在和中，由余弦定理得，
，
因为 ，
所以，
因为，
所以，
因为，
所以，
所以．
【点睛】三角形中几何计算问题的解题要点及关键
(1)正确挖掘图形中的几何条件简化运算是解题要点，善于应用正弦定理、余弦定理，只需通过解三角形，一般问题便能很快解决．
(2)此类问题突破的关键是仔细观察，发现图形中较隐蔽的几何条件．