2018-2019学年浙江省台州市高一下学期期末质量评估数学试题(解析版).doc

2018-2019学年浙江省台州市高一下学期期末质量评估数学试题

一、单选题
1．已知数列的前4项为：l，，，，则数列的通项公式可能为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【解析】分母与项数一样，分子都是1，正负号相间出现，依此可得通项公式
【详解】
正负相间用表示，∴．
故选D．
【点睛】
本题考查数列的通项公式，属于基础题，关键是寻找规律，寻找与项数有关的规律．
2．不等式的解集为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【解析】结合二次函数图象可得不等式的解．
【详解】
的两根为1和，故原不等式的解为或，即解集为．
故选C．
【点睛】
本题考查解一元二次不等式，解题关键是牢记“三个二次”之间的关系．
3．己知中，角所对的边分別是.若，则=( )
A． B．1 C．2 D．
【答案】B
【解析】由正弦定理可得．
【详解】
∵，∴．
故选B．
【点睛】
本题考查正弦定理，解题时直接应用正弦定理可解题，本题属于基础题．
4．已知向量=(3，4)，=(2，1)，则向量与夹角的余弦值为( )
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】由向量的夹角公式计算．
【详解】
由已知，，．
∴．
故选A．
【点睛】
本题考查平面向量的数量积，掌握数量积公式是解题基础．
5．已知实数满足约束条件，则的最大值为( )
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】C
【解析】作出可行域，作直线，平移直线可得最优解．
【详解】
作出可行域，如图内部（含边界），作直线，平移直线，当直线过点时，为最大值．
故选C．

【点睛】
本题考查简单的线性规划，解题关键是作出可行域．
6．已知点G为的重心，若，，则=( )
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】由重心分中线为，可得，又（其中是中点），再由向量的加减法运算可得．
【详解】
设是中点，则，又为的重心，∴．
故选B．
【点睛】
本题考查向量的线性运算，解题关键是掌握三角形重心的性质，即重心分中线为两段．
7．己知关于的不等式解集为，则突数的取值范围为( )
A． B．
C． D．
【答案】C
【解析】利用绝对值的几何意义求解，即表示数轴上与和－2的距离之和，其最小值为．
【详解】
∵，∴由解集为，得，解得．
故选C．
【点睛】
本题考查绝对值不等式，考查绝对值的性质，解题时可按绝对值定义去绝对值符号后再求解，也可应用绝对值的几何意义求解．不等式解集为，可转化为的最小值不小于1，这是解题关键．
8．己知数列和的通项公式分別内，，若，则数列中最小项的值为（ ）
A． B．24 C．6 D．7
【答案】D
【解析】根据两个数列的单调性，可确定数列，也就确定了其中的最小项．
【详解】
由已知数列是递增数列，数列是递减数列，且计算后知，又，∴数列中最小项的值是7．
故选D．
【点睛】
本题考查数列的单调性，数列的最值．解题时依据题意确定大小即可．本题难度一般．
9．若实数满足，则的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】利用基本不等式得，然后解不等式可得，同时注意．
【详解】
∵，∴（时取等号），，∴，又，∴，
∴．
故选A．
【点睛】
本题考查基本不等式求最值问题，解题关键是掌握基本不等式的变形应用：．
10．若三角形三边的长度为连续的三个自然数，则称这样的三角形为“连续整边三角形”。下列说法正确的是（ ）
A．“连续整边三角形”只能是锐角三角形
B．“连续整边三角形”不可能是钝角三角形
C．若“连续整边三角形”中最大角是最小角的2倍，则这样的三角形有且仅有1个
D．若“连续整边三角形”中最大角是最小角的2倍，则这样的三角形可能有2个
【答案】C
【解析】举例三边长分别是的三角形是钝角三角形，否定A，B，通过计算求出最大角是最小角的二倍的三角形，从而可确定C、D中哪个正确哪个错误．
【详解】
三边长分别是的三角形,最大角为，则，是钝角　，三角形是钝角三角形，A，B都错，
如图中，，，是的平分线，则，∴，，∴，
，
又由是的平分线，得，∴，解得，
∴“连续整边三角形”中最大角是最小角的2倍的三角形只有一个，边长分别为4，5，6，C正确，D错误．
故选D．

【点睛】
本题考查余弦定理，考查命题的真假判断，数学上要说明一个命题是假命题，只要举一个反例即可，而要说明它是真命题，则要进行证明．

二、填空题
11．己知等差数列满足：，，则公差=______；=_______.
【答案】1 4
【解析】由等差数列的通项公式进行计算．
【详解】
∵，∴，，∴，，∴．
故答案为1；4．
【点睛】
本题考查等差数列的通项公式，属于基础题．
12．已知向量=(，4)，=(l，2).若向量与共线，则=_____；若⊥，则=____.
【答案】2 -8
【解析】根据向量共线的坐标运算和向量垂直的坐标运算直接计算即可．
【详解】
若与共线，则，即；
若与共线，则，即．
故答案为2；．
【点睛】
本题考查向量平行和垂直的坐标运算，属于基础题，解题时要注意两者的区别．
13．已知数列满足：，.设为数列的前n项和，则=____；=_____.
【答案】3 5047
【解析】直接代入值计算出．再计算出后，发现数列是周期数列，周期为2．由此易求得和．
【详解】
由题意，又，∴数列是周期数列，周期为2．
∴．
故答案为3；5047．
【点睛】
本题考查数列的递推式，考查周期数列．属于基础题．
14．已知突数，则_____，_____(用>，<填空).
【答案】< <
【解析】用作差法比较大小．
【详解】
∵，∴，∴，∴．
，∴．
故答案为＜；＜．
【点睛】
本题考查实数的大小比较，解题方法一般是作差法．对于两个正数也可用作商法比较大小．
15．己知中，角所対的辻分別是.若 ，=， ，则=______.
【答案】5
【解析】应用余弦定理得出，再结合已知等式配出即可．
【详解】
∵，即，
∴，①
又由余弦定理得，②，
②－①得，∴，
∴．
故答案为5．
【点睛】
本题考查余弦定理，掌握余弦定理是解题关键，解题时不需要求出的值，而是用整体配凑的方法得出配凑出，这样可减少计算．
16．已知等比数列的公比为，关于的不等式有下列说法：
①当吋，不等式的解集
②当吋，不等式的解集为
③当>0吋，存在公比，使得不等式解集为
④存在公比，使得不等式解集为R.
上述说法正确的序号是_______.
【答案】③
【解析】利用等比数列的通项公式，解不等式后可得结论．
【详解】
由题意，
不等式变为，即，
若，则，
当或时解为，当或时，解为，
时，解为；
若，则，
当或时解为，当或时，解为，
时，不等式无解．
对照A、B、C、D，只有C正确．
故选C．
【点睛】
本题考查等比数列的通项公式，考查解一元二次不等式，难点是解一元二次不等式，注意分类讨论，本题中需对二次项系数分正负，然后以要对两根分大小，另外还有一个是相应的一元二次方程是否有实数解分类（本题已经有两解，不需要这个分类）．
17．已知平面向量，，满足：，且，则的最小值为____.
【答案】-2
【解析】，，，
由经过向量运算得，知点在以为圆心，2为半径的圆上，这样，只要最小，就可化简．
【详解】
如图，，则，设是中点，则，
∵，
∴，即，
，记，则点在以为圆心，2为半径的圆上，记，
，注意到，因此当与反向时，最小，
∴．
∴最小值为-2．
故答案为-2．

【点睛】
本题考查平面向量的数量积，解题关键是由已知得出点轨迹(让表示的有向线段的起点都是原点)是圆，然后分析出只有最小时，才可能最小．从而得到解题方法．

三、解答题
18．已知不等式的解集为.
(Ⅰ)若，求集合；
(Ⅱ)若集合是集合的子集，求实数a的取值范围.
【答案】(Ⅰ) (Ⅱ)
【解析】（I）结合二次函数图象直接得出一元二次不等式的解集；
（II）结合已知集合的包含关系得出，从而可写出集合，再由包含关系得出的最终取值范围．
【详解】
(Ⅰ)当时，由 ，
得
解得
所以
(Ⅱ)因为
可得，
又因为集合是集合的子集，
所以可得，(当 时不符合题意，舍去)
所以
综上所述.
【点睛】
本题考查集合的包含关系，考查一元二次不等式的求解，在解含参数的一元二次不等式时，注意分类讨论．
19．已知向量，满足：=4，=3，
(Ⅰ)求·的值；
(Ⅱ)求的值.
【答案】(Ⅰ) =2 (Ⅱ)
【解析】（I）计算，结合两向量的模可得；
（II）利用，把求模转化为向量的数量积运算．
【详解】
解：(Ⅰ)由题意得
即
又因为
所以
解得=2.
(Ⅱ)因为，
所以=16+36-4×2=44.
又因为
所以.
【点睛】
本题考查平面向量的数量积，解题关键是掌握性质：，即模数量积的转化．
20．已知各项均为正数的等比数列满足：，且，．
(Ⅰ)求数列的通项公式；
(Ⅱ)求数列的前n项和.
【答案】(Ⅰ) (Ⅱ)
【解析】（I）由得出，可得公比为2，再求出后可得；
（II）由（I）得，则，可用错位相减法求．
【详解】
解：(Ⅰ)因为
所以
即.
由因为
所以，公比
所以
(Ⅱ)由(Ⅰ)知，，所以.
所以
因为
所以

所以
【点睛】
本题考查等比数列的通项公式，考查错位相减法求和．数列求和根据数列的通项公式可采取不同的方法，一般有公式法、分组求和法、裂项相消法、错位相减法、倒序相加法等．
21．已知中，角的对边分别为.已知，.
(Ⅰ)求角的大小；
(Ⅱ)设点满足，求线段长度的取值范围.
【答案】(Ⅰ) (Ⅱ)
【解析】（I）利用数量积的定义和三角形面积公式可求得，从而得角；
（II）由得，平方后可求得，即中线长，结合可得最小值，从而得取值范围．
【详解】
(Ⅰ)因为，所以
因为，所以得以
两式相除得
所以
(Ⅱ)因为，所以
因为，
所以
所以
所以．
当且仅当时取得等号
所以线段长度的取值范围时.
【点睛】
本题考查平面向量的数量积，考查平面向量的线性运算、三角形面积公式，解题关键是把中线向量表示为，这样把线段长度（向量模）转化为向量的数量积．
22．已知数列满足，.
(Ⅰ)求，的值，并证明：0<≤1；
(Ⅱ)证明：；
(Ⅲ)证明：.
【答案】(Ⅰ)见证明； (Ⅱ)见证明； (Ⅲ)见证明
【解析】（I）直接代入计算得，利用得从而可证结论；
（II）证明，即可；
（III）由（II）可得，即，，应用累加法可得，从而证得结论．
【详解】
解：(Ⅰ)由已知得，.
因为
所以.
所以
又因为
所以与同号.
又因为＞0
所以.
(Ⅱ)因为
又因为，所以.
同理
又因为，所以
综上，
(Ⅲ)证明：由(Ⅱ)可得
所以，即
所以，，...，
累加可得
所以

由(Ⅱ)可得
所以，即
所以，，...，
累加可得
所以
即
综上所述.
【点睛】
本题考查数列递推公式，考查数列中的不等式证明．第（I）问题关键是证明数列是递减数列，第（II）问题是用作差法证明，第（III）问题是在第（II）问基础上用累加法求和（先求）．

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