最新高一下学期期中考试数学试题(2).pdf

一、选择题（每小题只有一个选项正确，每小题 5 分，共 60 分。 ） 1. 下列说法正确的是（） A. 若，则 B. 若 C. 若 D. 若 【答案】 D 【解析】 【分析】 利用不等式的性质逐一判断每一个选项的真假. 【详解】对于选项A,举例 a=-2,b=1, 但是，所以该选项错误；对于选项B,举 例 a=-2 ， c=-1,b=-1,满足， 但是 ab, 所以该选项错误； 对于选项 C,举例 a=-1,b=0,k=3, 显然，所以该选项错误；对于选项D,由题得, 所以. 所以该选项正 确. 故答案为： D 【点睛】 (1) 本题主要考查不等式的性质，意在考查学生对该知识的掌握水平和分析推理能 力.(2) 做类似的题目，可以利用不等式的性质证明，也可以举反例. 2. 等差数列的前n项和为，若（） A. 11 B. 9 C. 13 D. 15 【答案】 C 【解析】 【分析】 先根据已知计算出，再利用等差数列的通项求. 【详解】由题得. 故答案为： C 【点睛】 (1) 本题主要考查等差数列的前n 项和，考查等差数列的通项，意在考查学生对这些 知识的掌握水平和基本计算能力.(2) 等差数列的前项和公式： 一般已知时，用公式，已知时，用公式 3. 已知四棱锥P-ABCD（图 1）的三视图如图2 所示，为正三角形，PA为四棱锥P-ABCD 的高，俯视图是直角梯形，则四棱锥P-ABCD的体积（） . A. B. C. D. 【答案】 B 【解析】 【分析】 先计算出AB,PA的长度，再求四棱锥P-ABCD的体积 . 【详解】由题得, 所以四棱锥P-ABCD的体积为， 故答案为： B 【点睛】（1）本题主要考查棱锥体积的计算，意在考查学生对该知识的掌握水平.(2) 求边和 角，一般要解三角形. 4. 在ABC中，a，b，c分别为角A，B，C所对的边若则A=（） A. B. C. D. 【答案】 C 【解析】 【分析】 根据诱导公式和两角和的正弦公式以及正弦定理计算即可得解 【详解】 sinB=sin （A+C ）=sinAcosC+cosAsinC ， b+a（ sinC cosC）=0，可得： sinB+sinA （sinC cosC） =0， sinAcosC+cosAsinC+sinAsinC sinAcosC=0 ， cosAsinC+sinAsinC=0 ， sinC0， cosA= sinA ，tanA= 1， A，A= 故答案为： C 【点睛】本题主要考查正弦定理和和角的正弦公式，意在考查学生对这些知识的掌握水平和 基本计算能力. 5. 已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2 的同一个球的球面上，则该圆柱的侧 面积是（） A. B. C. D. 【答案】 C 【解析】 【分析】 先求出圆柱的底面圆的半径，再求圆柱的侧面积. 【详解】由题得圆柱的底面圆的半径为， 所以圆柱的侧面积为. 故答案为： C 【点睛】（1）本题主要考查球的内接圆柱问题，意在考查学生对这些知识的掌握水平和空间 想象观察能力.(2) 本题解题的关键是求出圆柱的底面圆的半径. 6. 设x，y满足约束条件，则的最小值是（） A. -15 B. -9 C. 9 D. 1 【答案】 D 【解析】 【分析】 先作出不等式组对应的可行域，再通过数形结合分析得到的最小值 . 【详解】不等式组对应的可行域如下图所示， 因为 z=2x+y, 所以 y=-2x+z, 当直线经过点A时，直线的纵截距z 最小， 解方程组得 A(0,1), 所以 z 最小=2×0+1=1， 故答案为： D 【点睛】 (1) 本题主要考查线性规划，意在考查学生对这些知识的掌握水平和数形结合分析推 理能力 .(2) 解答线性规划时，要加强理解，不是纵截距最小，就最小，要看函数的解析式， 如：, 直线的纵截距为, 所以纵截距最小时，最大 . 7. 一个直角梯形的一个底角为，下底长为上底长的倍，这个梯形绕下底所在直线旋转一 周所形成的旋转体体积为，则该直角梯形的上底长为（） A. 2 B. C. D. 【答案】 A 【解析】 【分析】 由题意可知，这个几何体的体积是一个圆锥加一个同底圆柱的体积再根据题目中的条件求 解即可 【详解】如图，梯形ABCD ，AB CD ，A=90 °， B=45 °， 绕 AB边旋转一周后形成一圆柱和一圆锥的组合体 设 CD=x ， AB=，AD= x 旋转体体积V=S圆柱+S圆锥=. 故答案为： A 【点睛】本题主要考查圆柱和圆锥体积，考查组合体的体积，意在考查 学生对这些知识的掌握水平和空间想象能力. 8. 已知等比数列的各项都为正数，且为与的等差中项，则 （） A. 14 B. 18 C. 16 D. 20 【答案】 B 【解析】 【分析】 根据等差中项的定义求出a6的值，结合对数的运算法则以及等比数列的运算性质进行化简即 可 【详解】为与的等差中项 , 2a6=+=8， 即 a6=4， 在正项等比数列中，log2a2+log2a3+log2a10=log2（a2?a3a9?a10）=log2（a6） 9=9log 24=9×2=18， 故答案为： B 【点睛】（1）本题主要考查等差中项，考查等比数列的性质和对数的运算，意在考查学生对 这些知识的掌握水平和基本计算能力.(2) 等比数列中，如果, 则, 特殊地，时，则，是的等比中项 . 9. 已知函数的图像恒过定点A，若点 A在直线上， 其中，则的最小值是（） A. 9 B. 4 C. D. 8 【答案】 C 【解析】 【分析】 先求出定点A的坐标，再代入直线的方程得到m+n=2,再利用基本不等式求最小值. 【详解】由题得A(-2,-2),所以 -2m-2n+4=0, 所以 m+n=2, 所以=. 当且仅当时取到最小值. 故答案为： C 【点睛】 (1) 本题主要考查对数函数的定点问题，考查基本不等式，意在考查学生对这些知识 的掌握水平和分析推理计算能力.(2) 本题的解题关键是常量代换，即把化成 ， 再利用基本不等式求函数的最小值. 利用基本不等式求最值时，要注意“一 正二定三相等”，三个条件缺一不可. 10. 不等式的解集为（ -4,1 ） ，则不等式的解集为（） A. B. C. D. 【答案】 B 【解析】 【分析】 根据不等式ax 2+bx+c0 的解集求得 a、b、 c 的关系，代入不等式b（x 2+1） a（ x+3）+c0 中，化简并求出该不等式的解集可得答案 【详解】不等式ax 2+bx+c 0的解集为（ 4，1） ， 则不等式对应方程的实数根为4 和 1，且 a0； 由根与系数的关系知， 不等式b（x 2+1） a（x+3）+c 0化为 3a（x 2+1） a（x+3） 4a0， 即 3（x 2 +1）（ x+3） 40， 解得 1x ， 该不等式的解集为（1， ） 故答案为： B 【点睛】（1）本题主要考查含参的一元二次不等式的解法，意在考查学生对这些知识的掌握 水平和基本的计算能力.(2) 解题的关键是由根与系数的关系知，得到. 11. 在锐角中，A、B、C分别为三边a,b,c所对的角。若，且 ，则a+c的取值范围是（） A. B. C. D. 【答案】 D 【解析】 【分析】 由，推导出B=60 °，由推导出 b=由此能求出a+c 的取 值范围 【详解】在锐角ABC中， A、B、C分别为 ABC三边 a， b，c 所对的角 , 2sin （B+30°） =2，B=60 °， 2sin 2 B+2sinBcosB=3 ， ， 解得 b=， a+c 由余弦定理b 2=a2+c22accosB 即（） 2=a2+c22bccos60° 即 3=（a+c） 22ac2ac ，即 3=（a+c） 2 3ac 即 3ac=（ a+c） 23，即 （ a+c）23=3ac 3 （a+c） 2 令 t=a+c 即 t 23=3ac3（ ）2，整理得 t 212 即 t 的最大值2 即 a+c 的最大值为2， 综上， a+c 的取值范围是 故答案为： D 【点睛】（1）本题主要考查正弦定理余弦定理解三角形，考查基本不等式，意在考查学生对 这些知识的掌握水平和分析推理计算能力.(2) 使用基本不等式求最值时，要注意观察收集题 目中的数学信息（正数、定值等），然后变形，配凑出基本不等式的条件. 12. 定义为n个正数的“均倒数”。若已知数列的前 n 项均倒数为 ，又，则（） A. B. C. D. 【答案】 B 【解析】 【分析】 由已知得，可得 a1+a2+an=n（2n+1）=Sn，利用 n2 时， an=SnSn1， 可得 an，可得=2n，利用裂项求和方法即可得出 【详解】由已知得， a1+a2+an=n（2n+1）=Sn， n2 时， an=SnSn1=4n1，验证知当n=1 时也成立， an=4n1， =2n， 故答案为： B 【点睛】 (1) 本题主要考查新定义，考查项和公式和裂项相消求和，意在考查学生对这些知识 的掌握水平和分析推理计算能力.(2) 类似（其中是各项不为零的等差数列，为 常数）的数列、部分无理数列等. 用裂项相消法求和. 二、填空题（每小题 5 分，共 20 分。 ） 13. 函数的最小值为 _ 【答案】 1 【解析】 【分析】 先把函数变形，再利用基本不等式求函数的最小值. 【详解】由题得，因为 x-1, 所以 x+10, 所以， 当 x=0 时取到最小值1. 故答案为： 1 【点睛】 （ 1） 本题主要考查基本不等式，意在考查学生对该知识的掌握水平和基本计算能力.(2) 使用基本不等式求最值时，要注意观察收集题目中的数学信息（正数、定值等），然后变形， 配凑出基本不等式的条件. 14. 如图为某几何体的三视图，则其体积为_ 【答案】 3 【解析】 【分析】 判断三视图对应的几何体的形状利用三视图的数据求解几何体的体积即可 【详解】由题意可知几何体是以侧视图为底面的三棱柱， 三角形是底边长为2，高为 1 的等腰三角形，棱柱的高为3， 所以几何体的体积为： 故答案为： 3 【点睛】 (1) 本题主要考查三视图和几何体体积的计算，意在考查学生对这些知识的掌握水平 和空间想象能力.(2) 通过三视图找几何体原图的方法有三种：直接法、拼凑法和模型法. 15. 下列说法正确的是_ 用一个平面截一个球，得到的截面是一个圆； 圆台的任意两条母线延长后一定交于一点； 有一个面为多边形，其余各面都是三角形的几何体叫做棱锥； 若棱锥的侧棱长与底面多边形的边长相等，则该棱锥不可能是正六棱锥； 用斜二测画法作出正三角形的直观图，则该直观图面积为原三角形面积的一半. 【答案】 【解析】 【分析】 利用对应的知识逐一判断每一个命题的真假. 【详解】用一个平面截一个球，得到的截面是一个圆或者一个点，所以该命题是假命题； 圆台的任意两条母线延长后一定交于一点，是真命题； 有一个面为多边形， 其余各面都是三角形的几何体不一定是棱锥，只有当侧棱相交于一点时， 才是棱锥，所以该命题是假命题； 若棱锥的侧棱长与底面多边形的边长相等，则该棱锥不可能是正六棱锥是真命题，因为当棱 锥是正六棱锥时，顶角的和为，所以不可能； 用斜二测画法作出正三角形的直观图，则该直观图面积为原三角形面积的，所以该命题是 假命题 . 故答案为： 【点睛】本题主要考查空间几何体和斜二测画法，意在考查学生对这些知识的掌握水平. 16. 已知数列中，为数列的前 n 项和，且当时，有成立，则 _ 【答案】 【解析】 【分析】 运用数列的递推式：当n2 时， an=SnSn1，代入化简，得，运用等差数列的定义 和通项公式，计算可得所求值 【详解】当n 2时，有成立， 即有 2an=anSnSn 2， 即为 2Sn2Sn 1=（SnSn1）SnSn 2， 化为 2Sn2Sn 1=Sn 1Sn， 可得， 即为首项为1，公差为的等差数列， 可得=1+ （n1）=， 即 Sn=， S2018=， 故答案为： 【点睛】 (1) 本题主要考查等差数列的通项和前n 项和，考查递推数列通项的求法，意在考查 学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力.(2) 解答本题的关键是得，再构造等差 数列. 三、解答题（共70 分） 17. 如图，在四边形ABCD 中， AC平分角 DAB ，AC=7 ，AD=6， （1）求 BC ； （2）求. 【答案】（1）（2） 【解析】 【分析】 (1)先 求 得， 再 利 用 正 弦 定 理 求BC=5. （ 2 ） 先 求 得 ，再求 ABC的面积 . 【详解】解： （1） 由已知， 所以， 在中，由正弦定理，得. （2）因为，所以, 所以，所以 【点睛】本题主要考查正弦定理解三角形，考查差角的正弦公式和三角形的面积公式，意在 考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力. 18. 设函数 . （1）若对于一切实数x，恒成立，求m的取值范围； （2）对于恒成立，求m的取值范围 . 【答案】（1）（ 2） 【解析】 【分析】 (1) 对 m分类讨论结合二次函数的图像和性质得到关于m的不等式，求得m的取值范围 .(2) 先 转化为对于恒成立，再求的最小值 , 即得m 的取值 范围 . 【详解】（1）若 m=o ，显然成立； 若，所以 （2）要使在恒成立 , 只需满足在恒成立； 因为，所以对于恒成立； 设，则； 因为，所以，所以 【点睛】 (1) 本题主要考查二次函数的图像和性质，考查不等式的恒成立问题，意在考查学生 对这些知识的掌握水平和分析推理转化能力.(2) 解法本题的关键有两点，其一是转化为 对于恒成立，其二是求函数g(x) 的最小值 . 19. 已知数列是等差数列，且 ,. (1) 求数列的通项公式； (2) 若, 求数列的前项和. 【答案】（1）（2） 【解析】 【分析】 (1) 先根据已知求得，再求得即得.(2) 利用错位相减法求数列的前 项和. 【详解】（1）设，由已知得 所以，所以. （2）， 所以， ， 错位相减得； ， 所以. 【点睛】（1）本题主要考查数列通项的求法，考查错位相减求和，意在考查学生对这些知识 的掌握水平和基本计算能力.(2) 若数列，其中是等差数列，是等比数列，则采 用错位相减法. 20. 已知A、B、C分别为三边a,b,c所对的角，且 （1）求角A； （2）若，求BC边上中线AM的最大值。 【答案】（1）（2） 【解析】 【分析】 (1) 先利用余弦定理正弦定理化简得，即得 A 的值 .(2) 先 求得，再利用基本不等式求BC边上中线AM的最大值 . 【详解】（1）由已知，则 所以，由正弦定理， 所以，所以，因为，所以 （2）因为 AM为 BC边上中线， 所以在中，； 在中，； 因为，所以 相加，得；因为，所以 所以，所以 【点睛】 (1) 本题主要考查正弦定理余弦定理解三角形，考查基本不等式，意在考查学生对这 些知识的掌握水平和分析推理能力.(2) 第 2 问解题关键是利用余弦定理求得. 21. 已知向量，若，且A、B、C分别为三边 a,b,c所对的角 . (1) 求tanB的值； (2) 若sinA，sinB，sinC成等比数列，且, 求的周长 . 【答案】（1）（2） 【解析】 【分析】 (1) 先化简求得，即得.(2) 先化简得 ac=24, 再根据sinA ，sinB，sinC成等比数列求得b=, 再利用余弦定理求a+c=10 即得周长的值 . 【详解】（1）由，所以 ， （2），所以 因为成等差数列，所以， 由余弦定理， 即，所 所以周长为 【点睛】 (1) 本题主要考查正弦定理余弦定理解三角形，考查向量的数量积和和角的正弦，意 在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理转化的能力.(2)本题利用的是整体求法，分开 求 a,c 计算量较大 . 22. 已知数列，二次函数的对称轴为. (1) 证明：数列是等差数列，并求的通项公式； （2）设，求证：. 【答案】（1）（2）见解析 【解析】 【分析】 (1) 先由题得，再利用等差数列的定义证明数列是等差数列，并求的 通 项 公 式 .(2)， 先 证 明. 因 为 ，再证明. 【详解】由已知得，整理得， 左右同时乘以得， 所以是以 2 为首项， 2 为公差的等差数列， 所以. （2），k=1,2, n；所以 又因为， k=1,2, n； 所以； 所以 【点睛】 (1) 本题主要考查数列性质的证明和通项的求法，考查放缩法证明数列不等式，意在 考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力.(2) 解答第 2 问的关键有两点，其一是证明 ，其二是证明 .