《解析》河北省滦州市第一中学2019-2020学年高一下学期期中考试数学试题 WORD版含解析.doc

1、高考资源网（） 您身边的高考专家河北省滦州市第一中学2019-2020学年度第二学期期中考试试题高一数学试卷一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分）1.下列结论正确的是（ ）A. 若，则B. 若，则C. 若，则D. 若，则【答案】C【解析】【分析】利用不等式的性质和特殊值法来判断各选项中结论的正误.【详解】对于A选项，若，由，可得，A选项错误；对于B选项，取，则满足，但，B选项错误；对于C选项，若，由不等式的性质可得，C选项正确；对于D选项，若，则，D选项错误.故选C.【点睛】本题考查利用不等式的性质来判断不等式的正误，同时也可以利用特殊值法等一些基本方法来进行判断，考查推理能力，

2、属于基础题.2.在中，已知，则此三角形情况为（ ）A. 无解B. 只有一解C. 有两解D. 解的个数不确定【答案】B【解析】为钝角，此三角形只有唯一解故答案选点睛：此题主要考查三角形的边角关系，以及三角形的内角和定理应用，根据已知判断三角形有解，有几个解，还是无解3.不等式解集为（ ）A. 或B. C. 或D. 【答案】C【解析】【分析】将所求不等式变形为，解此不等式即可.【详解】由得，即，解得或.因此，不等式的解集为或.故选：C.【点睛】本题考查一元二次不等式的求解，考查计算能力，属于基础题.4.设等比数列的前项和为，且，则（ ）A. 255B. 375C. 250D. 200【答案】A【解

3、析】【分析】由等比数列的性质，仍是等比数列，先由是等比数列求出，再由是等比数列，可得.【详解】由题得，成等比数列，则有，解得，同理有，解得.故选：A【点睛】本题考查等比数列前n项和性质，这道题也可以先由求出数列的首项和公比q，再由前n项和公式直接得。5.在中，内角，的对边分别为，已知，则等于（ ）A. B. C. D. 1【答案】B【解析】【分析】由余弦定理，将已知条件代入运算即可得解.【详解】解：在中，内角，的对边分别为，已知，由余弦定理可得：，又，即，故选：B.【点睛】本题考查了余弦定理，重点考查了运算能力，属基础题.6.已知等差数列an中，a7a916，a41，则a12的值是()A. 1

4、5B. 30C. 31D. 64【答案】A【解析】【分析】根据等差数列性质解得，再根据等差数列性质得结果.【详解】因为故选:A【点睛】本题考查等差数列性质，考查基本分析求解能力，属基础题.7.已知等比数列满足，且，则当时，（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】试题分析：因为为等比数列，所以,.故C正确.考点：1等比比数列的性质;2对数的运算法则.8.设，若是的等比中项，则的最小值为（ ）A. 8B. C. 1D. 4【答案】D【解析】是的等比中项，3=3a3b=3a+b，a+b=1a0，b0=2当且仅当a=b=时取等号故选D点睛：在利用基本不等式求最值时，要特别注意“拆、拼、凑”等技

5、巧，使其满足基本不等式中“正”(即条件要求中字母为正数)、“定”(不等式的另一边必须为定值)、“等”(等号取得的条件)的条件才能应用，否则会出现错误9.满足约束条件，若取得最大值的最优解不唯一，则实数的值为（ ）A. 或B. 2或C. 2或1D. 2或-1【答案】D【解析】作出不等式组对应的平面区域如图：(阴影部分ABC).由得,即直线的截距最大,z也最大若a=0，此时y=z，此时，目标函数只在A处取得最大值，不满足条件，若a0，目标函数y=ax+z的斜率k=a0，要使z=yax取得最大值的最优解不唯一，则直线y=ax+z与直线2xy+2=0平行，此时a=2，若a0，目标函数y=ax+z斜率k

6、=a0，要使z=yax取得最大值的最优解不唯一，则直线y=ax+z与直线x+y2=0，平行，此时a=1，综上a=1或a=2，故选D.点睛：线性规划的实质是把代数问题几何化，即数形结合的思想.需要注意的是：一、准确无误地作出可行域；二、画标准函数所对应的直线时，要注意与约束条件中的直线的斜率进行比较，避免出错；三、一般情况下，目标函数的最大或最小会在可行域的端点或边界上取得.10.在等比数列中，是它的前项和，若, 且与的等差中项为，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】试题分析：利用基本元，依题意有，解得，所以.考点：等差数列与等比数列.11.如图，从气球A上测得正前方的河流的两岸B

7、，C的俯角分别为，此时气球的高是，则河流的宽度BC等于（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】，所以.故选C.12.已知为等差数列，,以表示的前项和，则使得达到最大值的是（ ）A. 21B. 20C. 19D. 18【答案】B【解析】试题分析：设等差数列的公差为，则由已知,得：，解得：，由，得：，当时，当时，故当时，达到最大值.故选B考点：等差数列的前n项和【易错点晴】本题主要考查了等差数列的通项公式，及等差数列前n项和取最值的条件及求法，如果从等数列的前n项和公的角度，由二次函数求最值时，对于n等于21还是20时，取得最大值，学生是最容易出错的.二、填空题（本大题共4小题，每

8、小题5分，共20分）13.已知不等式的解集为，则的取值范围是_.【答案】【解析】【分析】根据不等式的解集为，列出不等式求出解集即可.【详解】不等式的解集为，即，即，所以.故答案为：.【点睛】本题考查了一元二次不等式恒成立的应用问题，解题时常用判别式来解答，是基础题目.14.已知的一个内角为，并且三边长构成公差为4的等差数列，则的面积为_.【答案】【解析】【详解】试题分析：设三角形的三边长为a-4,b=a,c=a+4,(abc),根据题意可知三边长构成公差为4的等差数列，可知a+c=2b ,C=120,，则由余弦定理，c= a+ b-2abcosC，, 三边长为6,10,14，,b= a+ c-

9、2accosB,即（a+c）=a+c-2accosB, cosB=，sinB=可知S=.考点：本试题主要考查了等差数列与解三角形面积的求解的综合运用点评：解决该试题的关键是利用余弦定理来求解，以及边角关系的运用，正弦面积公式来求解巧设变量a-4,a,a+4会简化运算15.在中，分别为内角，所对的边，若，则的最大值为_【答案】【解析】【分析】通过余弦定理化简整理可得，利用基本不等式可得，进而可得结果.【详解】由余弦定理，知，整理，得，则有，即，所以，当且仅当时等号成立，所以的最大值为，故答案为：.【点睛】本题主要考查了余弦定理在解三角形中的应用，利用基本不等式求最值，属于中档题.16.设是数列的

10、前项和，且，则_【答案】【解析】原式为，整理为： ，即，即数列是以-1为首项，-1为公差的等差的数列，所以 ，即 .【点睛】这类型题使用的公式是 ，一般条件是 ，若是消 ，就需当 时构造 ，两式相减 ，再变形求解；若是消 ，就需在原式将 变形为： ，再利用递推求解通项公式.三、解答题（本大题共6小题，共70分）17.已知不等式的解集为或.（1）求，的值；（2）解不等式（为常数）.【答案】（1），.（2）见解析【解析】【分析】（1）结合已知的不等式的解集，可知1，是方程的两根，由韦达定理可求出，的值（2）将，的值代入到不等式中，讨论或的大小关系，即可求出解集.【详解】解：（1）依题意可知即的解为

11、或，于是知1，是方程的两根，且，解得，.（2）将，代入不等式，整理得.解得，或.则当时，原不等式的解集为；当时，不等式的解集为；当时，不等式的解集为.【点睛】本题考查了对数函数的性质，考查了一元二次不等式的解法，考查了分类的思想.本题的关键是分析出的根为1，.本题的难点是第二问需要对参数的取值范围进行讨论.18.已知、为的三内角，且其对边分别为、，若（1）求角的大小； （2）若，求的面积【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）已知等式左边利用两角差的余弦函数公式化简，求出的值，确定出的度数，即可求出的度数；（2）利用余弦定理列出关系式，再利用完全平方公式变形，将与的值代入求出的值，再由的

12、值，利用三角形面积公式即可求出三角形的面积.【详解】(1)cosBcosCsinBsinC， cos(BC).ABC，cos(A).cosA.又0A，A. (2)由余弦定理，得a2b2c22bccosA.则(2)2(bc)22bc2bccos.12162bc2bc()bc4.SABCbcsinA4.【点睛】本题主要考查余弦定理、特殊角的三角函数以及三角形面积公式的应用，属于中档题.对余弦定理一定要熟记两种形式：（1）；（2），同时还要熟练掌握运用两种形式的条件.另外，在解与三角形、三角函数有关的问题时，还需要记住等特殊角的三角函数值，以便在解题中直接应用.19.已知等差数列的公差，其前项和为，

13、若，且成等比数列（1）求数列的通项公式；（2）若，证明：.【答案】（1）；（2）证明见解析.【解析】【详解】分析：（1）由题意可求得等差数列的公差，从而可得（2）由（1）可得，然后根据裂项相消法得到，由此可得结论成立详解：（）数列为等差数列，且，成等比数列，即，又，.（2）证明：由（1）得，点睛：对于通项公式是分式型的数列求和时一般用裂项法，解题时注意以下两点：（1）裂项时，一般是前边裂几项，后边就裂几项直到发现被消去项的规律为止；（2）消项的规律为：消项后前边剩几项，后边就剩几项，前边剩第几项，后边就剩倒数第几项，即剩余的项具有对称性20.某客运公司用、两种型号的车辆承担甲、乙两地的长途客运

14、业务，每车每天往返一次、两种型号的车辆的载客量分别是32人和48人，从甲地到乙地的营运成本依次为1500元/辆和2000元/辆公司拟组建一个不超过21辆车的车队，并要求种型号的车不多于种型号的车5辆若每天从甲地运送到乙地的旅客不少于800人，为使公司从甲地到乙地的营运成本最小，应配备、两种型号的车各多少辆？并求出最小营运成本【答案】备型号7辆、型号车12辆，最小营运成本为3.45万元【解析】试题分析：设应配备种型号的车辆、种型号的车辆，营运成本为元则有即目标函数为如图，作出不等式组所表示的可行域，把，变形为，其中是这条直线在轴上的截距当直线经过可行域上点时，截距最小，即最小，解方程组得点的坐标

15、为所以答：应配备型号7辆、型号车12辆，最小营运成本为3.45万元考点：线性规划应用题.21.在中，点在边上，且.（1）求角的大小；（2）若为的中线，且，求的长；（3）若为的高，且，求证：为等边三角形.【答案】（1）；（2）；（3）见解析.【解析】【分析】（1）利用正弦定理边角互化思想结合等式可求得的值，再由角的取值范围可求得角的大小；（2）利用正弦定理求出角的大小，进而可得出角的大小，然后利用勾股定理可求得的长；（3）利用三角形的面积公式求出的值，再利用余弦定理可求得的值，由此可求得、的长，进而可证得结论.【详解】（1）由及正弦定理得，得，又，所以.因为，所以；（2）由正弦定理，得.因为，所

16、以，所以.因为是的中点，所以，由勾股定理，得；（3）因为，且，所以.因为，所以，所以，所以为等边三角形.【点睛】本题考查利用正弦定理解三角形，同时也考查了三角形形状的判断，考查了正弦定理边角互化思想的应用，考查计算能力与推理能力，属于中等题.22.已知正项数列的前项和为是与的等比中项.（1）求证：数列是等差数列；（2）若，数列的前项和为，求.【答案】（1）见解析（2）【解析】试题分析：已知数列的递推关系中含有前n项和与第n项的关系，求数列的通项公式，一般分两步，第一步n=1时，第二步，常用前n项和减去前n-1项和（两式相减）去处理，化为与的关系后，再求通项公式 ；错位相减法是数列求和的常用方法，使用错位相减法求和时，要注意末项的符号及等比数列求和的项数，避免失误.试题解析：（1）证明：由是与的等比中项，得 .当时，.当时，即.，即.数列是等差数列.（2）数列首项，公差，通项公式为.则，则.两边同时乘以，得-，得 .解得.【点睛】数列的递推关系中为与的关系，求数列的通项公式，一般分两步，第一步n=1时，得出所表达的含义；第二步当时，常用两式相减去处理，化为与的关系后，再求通项公式 ；数列求和常用方法有错位相减法、倒序相加法、裂项相消法、分组求和法等；要根据数列的特征 采用相应的方法准确求和，特别是使用错位相减法要注意运算的准确性.- 16 - 版权所有高考资源网