湖北省武汉市蔡甸区汉阳一中2019-2020学年高一下学期期中考试数学试题 Word版含解析

www.ks5u.com数学试卷

第Ⅰ卷

一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．

1.已知是平行四边形一条对角线，为坐标原点，，，若点满足，则点的坐标为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】

首先根据向量减法法则求出的坐标，设，则，根据得到方程组，解得即可；

【详解】解：依题意可得，所以，

设则，由

所以，解得，

所以点的坐标为

故选：C

【点睛】本题考查平面向量的坐标运算，属于基础题.

2.已知数列和都是等差数列，若，则（ ）

A. 7 B. 8 C. 9 D. 10

【答案】B

【解析】

试题分析：因为数列和都是等差数列,为等差数列,由,得．．故选B．

考点：等差数列．

3.设，若在方向上的投影为，且在方向上的投影为，则和的夹角等于（    ）

A.  B.  C.  D. 或

【答案】A

【解析】

【分析】

设与的夹角为，运用向量的数量积的定义和投影的概念，解方程可得，进而得到夹角．

【详解】解：设与的夹角为，

由，可得，

若在方向上的投影为，则，所以，

又在方向上的投影为3，则，

综上可得，

由于，

则．

故选：A．

【点睛】本题考查向量的数量积的定义和投影的概念，考查特殊角的三角函数值的求法，属于基础题．

4.设，，则下列不等式中不成立的是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】

利用不等式的基本性质可逐个判断．

【详解】解：，，所以，

，即，所以，故正确，

，，所以，故正确，

，所以，故正确；

，所以，所以，故不正确．

故选：D．

【点睛】本题考查不等式的基本性质，考查学生运用不等式性质解决问题的能力，属于基础题．

5.已知等差数列和的前项和分别为和，且，则的值为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】

由等差数列的性质，即可得出．

【详解】解：由等差数列的性质，

又因为，

所以

故选：D．

【点睛】本题考查了等差数列的通项公式与求和公式及其性质，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．

6.中，，，则角为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】

利用同角三角函数基本关系式化简已知等式，整理可得，结合的范围可求的值，利用正弦定理，三角函数恒等变换的应用化简已知等式可得，利用余弦函数的性质即可得解，进而可求，的值．

【详解】解：，得：，可得，

整理解得：，所以即

，，所以

或．

 ，或，

当时，由于，矛盾，

可得：，结合，可得：，

故选：C.

【点睛】本题主要考查了同角三角函数基本关系式，正弦定理，三角函数恒等变换的应用，余弦函数的性质在解三角形中的综合应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题．

7.当时，关于的不等式的解集中整数恰好有3个，则实数的取值范围是（    ）

A  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】

由题意可得，求出不等式的解集，由，且解集中一定含有整数1，2，3，可得，由此求得的范围．

【详解】解：因为不等式等价于，其中△，且有．

故，不等式的解集为，

由，可得解集中一定含有整数1，2，3，可得，

，解得，所以的取值范围为，

故选：A．

【点睛】本试题考查含有参数的一元二次不等式的解集问题的运用，考查了分类讨论思想以及逆向思维的能力，属于中档题．

8.已知，，则的最小值是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】

由权方和不等式可得，，将代入，即可求出结果.

【详解】由权方和不等式，，

，

当且仅当时，取等号；

故选：A.

【点睛】本题主要考查了权方和不等式，权方和不等式：若，则成立；当时，等号成立.

9.在中，角的对边分别为，且，若的面积为，则的最小值为（ ）

A.  B.  C.  D. 3

【答案】B

【解析】

试题分析：由正弦定理，有，又2c·cosB＝2a＋b，得

2sinC·cosB＝2sin A＋sinB，

由A＋B＋C＝π，得sin A＝sin(B＋C)，

则2sinC·cosB＝2sin(B＋C)＋sinB，即2sinB·cosC＋sinB＝0，

又0＜B＜π，sinB＞0，得cosC＝－，

因为0＜C＜π，得C＝，

则△ABC的面积为S△＝ab sinC＝ab，即c＝3ab，

由余弦定理，得c2＝a2＋b2－2ab cosC，化简，得a2＋b2＋ab＝9a2b2，

∵a2＋b2≥2ab，当仅当a=b时取等号，

∴2ab＋ab≤9a2b2，即ab≥，故ab的最小值是．

考点：1.正弦定理和余弦定理；2.基本不等式.

10.设等差数列的前项和为，若，，则满足的正整数为（    ）

A. 2017 B. 2018 C. 2019 D. 2020

【答案】B

【解析】

【分析】

利用等差数列的通项公式求和公式及其性质，即可得出．

【详解】解：，，

公差，，

，

因此满足的正整数为2018．

故选：B．

【点睛】本题考查了等差数列的通项公式求和公式及其性质，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．

11.P、Q为三角形ABC中不同两点,若,,则为

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

令为的中点,化为,即,可得,且点在边上,则,

设点分别是的中点,则由可得,设点是的中点,则,设点是的中点,

则,因此可得,所以，故选B.

点睛：平面向量的计算问题，往往有两种形式，一是利用数量积的定义式，二是利用数量积的坐标运算公式，涉及几何图形的问题，先建立适当的平面直角坐标系，可起到化繁为简的妙用，利用向量夹角公式、模公式及向量垂直的充要条件，可将有关角度问题、线段长问题及垂直问题转化为向量的数量积来解决．本题的解答中利用共线向量，得到，从而确定三角形的面积比.

12.已知点为的重心，设的内角的对边为且满足向量，若，则实数（    ）

A. 2 B. 3 C.  D.

【答案】D

【解析】

如图,连接延长交交于,由于为重心，故中点，∵，∴，由重心的性质得，，即，由余弦定理得， ，，∵， ∴，∴ ，∴，由，将正切化为正弦与余弦的商，利用正弦定理可得，∴故选D.

第Ⅱ卷

二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．

13.如图所示，为了测量，处岛屿的距离，小明在处观测，，分别在处的北偏西、北偏东方向，再往正东方向行驶40海里至处，观测在处的正北方向，在处的北偏西方向，则，两处岛屿间的距离为__________海里．

【答案】

【解析】

分析：根据已知条件，分别在和中计算，在用余弦定理计算.

详解：连接，

由题可知，，，，，，则

在中，由正弦定理 得

为等腰直角三角形，则

在中，由余弦定理得

故答案为.

点睛：解三角形的应用问题，先将实际问题抽象成三角形问题，再合理选择三角形以及正、余弦定理进行计算.

14.若是正项递增等比数列，表示其前项之积，且，则当取最小值时，的值为________．

【答案】15

【解析】

试题分析：因为，所以

所以是正项递增等比数列,所以，所以最小.

考点：等比数列的性质.

15.已知中，点满足，过的直线与直线，分别交于点，，．若，则的最小值为________．

【答案】

【解析】

【分析】

根据题意画出图形，结合图形利用平面向量的线性运算与共线定理，即可求得的最小值．

【详解】解：因为，

所以，

所以

因为，，，

所以，

所以

因为、、三点共线，

所以

所以

因为，，

所以，，

所以

当且仅当，即，时等号成立

综上所述，的最小值为，

故答案：

【点睛】本题考查了平面向量的线性运算与共线定理以及基本不等式的应用问题，属于中档题．

16.已知分别为的三个内角的对边，，且，为内一点，且满足，，则__________．

【答案】

【解析】

【分析】

利用余弦定理求得的值，再根据平方关系求得的值，由题意知为的重心，且，利用三角形的面积公式求出的值．

【详解】解：中，，

由余弦定理可得，

，

，

；

，，且，

为的重心，且，如图所示；

则，

求得．

故答案为：．

【点睛】本题考查了解三角形的应用问题，也考查了平面向量的应用问题，属于中档题．

三、解答题：本大题共6小题，满分70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤

17.已知平面内三个向量：

（1）若，求实数的值；

（2）设，且满足，，求.

【答案】（1）（2）

【解析】

【分析】

（1）根据向量平行坐标表示得方程，解得实数的值；（2）根据向量垂直坐标表示以及模的定义列方程组解得.

【详解】

【点睛】向量平行：，向量垂直：，向量加减：

18.在△ABC中，,点D在线段AC上，且,

（1）求；

（2）求BC和AC的长

【答案】(1) ；(2) BC=3，AC=3

【解析】

【分析】

（1）利用二倍角公式，求得的值.（2）设出的长，在三角形、、中，分别用余弦定理列方程，解方程求得，进而求得的长.

【详解】(1).

(2)设则

在中，,

即…①

在中，，，

由得…②

由①、②解得，所以.

【点睛】本小题主要考查余弦定理解三角形，考查二倍角公式，考查方程的思想，属于基础题.

19.已知函数．

（1）若关于的不等式的解集是，求实数的值；

（2）若解关于的不等式

【答案】（1）；（2）答案见解析．

【解析】

【分析】

（1）根据题意并结合一元二次不等式与一元二方程的关系，可得方程的两根分别为和3，由此建立关于、的方程组并解之，即可得到实数、的值；

（2）不等式可化成，当时，，即，解得即可；

当时，由此讨论与的大小关系，分3种情形加以讨论，即可得到所求不等式的解集．

【详解】解：（1）∵不等式的解集是，

∴，3是方程的两根，

∴可得，解得．

（2）当时，，

①当时，，即，∴，即解集为；

②，∴，

（ⅰ）当，即时，解集为且；

（ⅱ）当，即时，解集为或；

（ⅲ）当，即时，解集为或．

【点睛】本题给出二次函数，讨论不等式的解集并求参数的值，着重考查了一元二次不等式的应用、一元二次不等式与一元二方程的关系等知识国，属于中档题．

20.已知为单调递增的等差数列，，设数列满足．

（I）求数列的通项；

（II）求数列的前项和．

【答案】（I）；（II）．

【解析】

【分析】

（I）设的公差为，运用等差数列的性质，解方程可得，可得，再由等差数列的通项公式，即可得到结果；（II）由，递推得，即可利用等比数列的求和，求解数列的和．

【详解】（I）解法1：设的公差为，

∵为单调递增的等差数列，∴且

由得解得

∴，，∴.

解法2：设的公差为，

∵为单调递增的等差数列，∴

由得，解得，

∴，∴.

（II）

由……①

得……②

得，∴，

又∵不符合上式，∴.

当时，

∵符合上式，∴.

【点睛】等差数列或等比数列的处理有两类基本方法：（1）利用基本量即把数学问题转化为关于基本量的方程或方程组，再运用基本量解决与数列相关的问题；（2）利用数列的性质求解即通过观察下标的特征和数列和式的特征选择合适的数列性质处理数学问题．

．

21.在锐角中，分别为角的对边，且．

（Ⅰ）求的大小；

（Ⅱ）若，求面积的取值范围．

【答案】(1) ；（2）.

【解析】

试题分析：（Ⅰ）由，根据二倍角的正弦、余弦公式以及辅助角公式化简可得，从而可得结果；（Ⅱ）在中，由正弦定理得，又，∴，∴， 又∵，从而可得结果.

试题解析：（Ⅰ）∵，∴①，

又∵，∴②，

又③，  将①，②，③代入已知得：，

整理得，即，

 又∵，

 ∴，即．

（Ⅱ）由（Ⅰ）得，∴，

∵为锐角三角形，

∴且，

 解得，      在中，由正弦定理得：，

 ∴，      又，∴，∴， 又∵，∴．

22.已知数列的前项和为，且，数列满足，且.

（1）求数列，通项公式；

（2）若，数列的前项和为，若不等式对一切恒成立，求实数的取值范围.

【答案】（1）..（2）

【解析】

【分析】

（1）由代入计算可得；将代入，可得，可得；

（2）由，可得的通项公式，由错位相减法可得的值，由，可得，分为偶数与奇数进行讨论，可得实数的取值范围.

【详解】（1）由已知可得.

当时，，，

所以.

显然也满足上式，

所以.

因为，所以.

又，

所以数列是首项为2，公比为2的等比数列.

所以.

（2）由（1）可得，

所以.

所以，

所以，

两式作差，得

所以.

不等式，化为.

当为偶数时，则.

因为数列单调递增，所以.

所以.

当为奇数时，即，即.

因为单调递减，所以.

所以.

综上可得：实数的取值范围是.

【点睛】本题主要考查等差数列等比数列通项公式求法、错位相减法求数列的和及数列与不等式的综合，考查学生的运算求解能力，需注意解题方法的积累，属于中档题.