广西钦州市第一中学2019-2020学年高一数学下学期期中试题（含解析）.doc

1、钦州市第一中学2020年春季学期期中考试试卷高一数学一、选择题：每小题5分，12题共60分，每个小题只有一项是符合题目要求的1.如果，那么下列不等式成立的是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】分析】由于，不妨令，代入各个选项检验，只有D正确，从而得出结论.【详解】解：由于，不妨令，可得，故A不正确.可得，故B不正确.可得，故C不正确.故选：D.【点睛】本题主要考查不等式与不等关系，利用特殊值代入法比较几个式子在限定条件下的大小关系，是一种简单有效的方法，属于基础题.2.在等差数列中，若=4，=2，则= （ ）A. -1B. 0C. 1D. 6【答案】B【解析】在等差数列中，若，则，

2、解得，故选B.3.在中，若 ，则=（ ）A. 1B. 2 C. 3D. 4【答案】A【解析】余弦定理将各值代入得解得或(舍去)选A.4.在中，若则等于（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】由正弦定理，求得，再由，且，即可求解，得到答案.【详解】由题意，在中，由正弦定理可得，即，又由，且，所以或，故选D.【点睛】本题主要考查了正弦定理的应用，其中解答中熟记三角形的正弦定理，准确运算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.5.在中，角，所对的边分别为，则的形状是（ ）A. 锐角三角形B. 直角三角形C. 钝角三角形D. 不确定【答案】B【解析】【分析】根据正弦定理得到

3、，化简得到，计算得到答案.【详解】，所以，所以，即.因为，所以，故是直角三角形.故选：【点睛】本题考查了正弦定理和三角恒等变换，意在考查学生对于三角公式的综合应用.6.已知等比数列满足，数列是等差数列，其前项和为，且，则A. 52B. 26C. 78D. 104【答案】A【解析】【分析】利用等比数列的性质求出，从而，再由等差数列的求和公式及等比数列中项的性质可得，能求出结果【详解】解：等比数列满足，可得，解得，数列是等差数列，其前项和为，且，则故选：【点睛】本题考查等差数列的求和公式和性质，以及等比数列的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题7.数列的通项公式为,若的前n项和为9,则n的值

4、为（ ）A. 576B. 99C. 624D. 625【答案】B【解析】【分析】先将整理为,利用裂项相消求和得,即可求出结果.【详解】解:依题意得,所以,又因为,所以解得:.故选:B【点睛】本题考查求数列的第项,考查裂项相消求和法,是基础题.8.如图，长方体中，点分别是， ，的中点，则异面直线与所成的角是Failed to download image : http:/qbm-images.oss-cn-A. B. C. D. 【答案】A【解析】分析】由题意：E，F，G分别是DD1，AB，CC1的中点，连接B1G，FB1，那么FGB1或其补角就是异面直线A1E与GF所成的角【详解】由题意：AB

5、CDA1B1C1D1是长方体，E，F，G分别是DD1，AB，CC1的中点，连接B1G，A1EB1G，FGB1为异面直线A1E与GF所成的角或其补角连接FB1，在三角形FB1G中，AA1AB2，AD1，B1FB1G，FG，B1F2B1G2+FG2FGB190，即异面直线A1E与GF所成的角为90故选A【点睛】本题考查两条异面直线所成角的大小的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养9. 若正数x，y满足x+3y=5xy，则3x+4y的最小值是( )A. B. C. 5D. 6【答案】C【解析】【详解】由已知可得，则，所以的最小值，应选答案C10.已知数列的首项为，第2项为，前项和

6、为，当整数时，恒成立，则等于A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】结合题目条件，计算公差，证明该数列为等差数列，计算通项，结合等差数列前n项和公式，计算结果，即可【详解】结合可知，得到，所以，所以所以，故选D【点睛】本道题考查了等差数列的通项计算方法，考查了等差数列前n项和计算方法，难度中等11.若不等式 对任意实数 均成立，则实数 的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】 由题意，不等式，可化为， 当，即时，不等式恒成立，符合题意； 当时，要使不等式恒成立，需 ， 解得，综上所述，所以的取值范围为，故选C12.如图为某几何体的三视图，则该几何体的外接球的表面积

7、为（ ）Failed to download image : http:/qbm-images.oss-cn-A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据三视图还原直观图，其直观图为底面是正方形的四棱锥，将其拓展为正方体，转化为求正方体的外接球的表面积.【详解】由三视图可得，该几何体为底面是正方形，一条侧棱与底面垂直的四棱锥，以为顶点将其拓展为正方体，且正方体的边长为，则正方体的外接球为四棱锥的外接球，外接球的直径为正方体的对角线，即，所以该几何体外接球的表面积为.故选：B.Failed to download image : http:/qbm-images.oss-cn-【点睛】

8、本题考查三视图与直观图的关系、多面体与球的“外接”问题，考查等价转化思想以及直观想象能力，属于基础题.二、填空题： 本大题共4小题，每小题5分，共20分13.若关于x的不等式的解集是，则_.【答案】14【解析】【分析】由不等式的解集求出对应方程的实数根，利用根与系数的关系求出的值，从而可得结果.【详解】不等式的解集是，所以对应方程的实数根为和，且，由根与系数的关系得，解得，故答案为.【点睛】本题主要考查一元二次不等式的解集与一元二次不等式的根之间的关系，以及韦达定理的应用，属于简单题.14.长、宽、高分别为、的长方体的每个顶点都在同一个球面上，则该球的体积为_【答案】【解析】【分析】由长方体的

9、体对角线为其外接球的直径，可计算出长方体的外接球的半径，再利用球体的体积公式可求得结果.【详解】设球的半径为，由于长方体的体对角线为其外接球的直径，则，可得，因此，该球的体积为.故答案为：.【点睛】本题考查长方体外接球体积的计算，要明确长方体的体对角线为其外接球的直径，考查计算能力，属于基础题.15.在等比数列中，成等差数列，则_.【答案】【解析】【分析】根据三项成等差数列可构造方程求得等比数列的公比满足，将所求式子化为和的形式，化简可得结果.【详解】，成等差数列 即：，解得：本题正确结果：【点睛】本题考查等差数列和等比数列的综合应用问题，关键是能够求解出等比数列的基本量，属于基础题.16.如

10、图，在中，是边上一点，则_Failed to download image : http:/qbm-images.oss-cn-【答案】【解析】【分析】设，可得，利用余弦定理求得，在中，利用正弦定理求得的值，然后在中，利用正弦定理可求得的值.【详解】由题意不妨取，则，且，在中，由余弦定理得，在中，由正弦定理，得，在中，由正弦定理，得故答案为：【点睛】本题考查利用正弦定理和余弦定理解三角形，考查计算能力，属于中等题.三、解答题：本大题共6小题，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤17.在锐角中，分别为内角所对的边长，且满足.（1）求角的大小；（2）若，且，求和的值.【答案】（1）；（2），.【

11、解析】【分析】（1）直接利用正弦定理计算得到答案.（2）根据余弦定理联立，解方程得到答案.【详解】（1），为锐角，.（2）由（1）可知，又，由余弦定理得：，整理得：，又，.【点睛】本题考查了正弦定理，余弦定理，意在考查学生的计算能力和应用能力.18.已知等比数列的各项为正数，且，数列的前项和为 ，且.（1）求的通项公式；（2）求数列的前项和.【答案】(1) (2) 【解析】【分析】（1）利用和可求出公比，利用等比数列通项公式求得结果；（2）利用求出，从而求得；利用分组求和法求得结果.【详解】(1) ，又 或 各项均为正数 (2)由得，当时：当时，也合适上式 由得：【点睛】本题考查等比数列通项公

12、式求解、分组求和法求数列前项和，涉及到利用求解通项公式、等差数列和等比数列求和公式的应用.19.在中，内角，所对的边分别为，且.（1）证明：；（2）若，且的面积为，求.【答案】（1）见解析（2）2【解析】试题分析：（1）由，根据正弦定理可得 ，利用两角和的正弦公式展开化简后可得，所以，；（2）由，根据余弦定理可得，结合（1）的结论可得三角形为等腰三角形，于是可得，由 ，解得.试题解析：（1）根据正弦定理，由已知得： ，展开得： ，整理得：，所以，.（2）由已知得：， ，由，得：，由，得：，所以，由 ，得：.20.如图，正四棱锥中，为中点.Failed to download image : h

13、ttp:/qbm-images.oss-cn-（1）求证：平面；（2）求异面直线与所成角的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】【分析】（1）连接，交于点，连接，证出，利用线面平行的判定定理即可证出.（2）由（1）得出故（或其补角）为异面直线与所成的角，由，得出，在中即可求解.【详解】证明：（1）连接，交于点，连接.四棱锥为正四棱锥，四边形为正方形，为中点，为中点，为的中位线，平面，平面，平面.Failed to download image : http:/qbm-images.oss-cn-（2）由（1）知：，故（或其补角）为异面直线与所成的角.，.由四棱锥为正四棱锥知：.为中点

14、，即.，即异面直线与所成角的余弦值为.【点睛】本题考查了线面平行的判定定理、异面直线所成的角，考查了学生的逻辑推理能力，属于基础题.21.设，数列bn满足：bn+12bn+2，且an+1anbn；（1）求证：数列bn+2是等比数列；（2）求数列an的通项公式【答案】（1）见解析（2）【解析】【分析】（1）利用已知求得：，整理bn+12bn+2可得：bn+1+22（bn+2），问题得证（2）利用（1）中结论求得：bn2n+12，即：an+1anbn2n+12，将转化为： ，再利用分组求和法求和即可【详解】（1）证明：a12，a24，且an+1anbn；b1a2a1422由bn+12bn+2，变形

15、为： ，数列bn+2等比数列，首项为4，公比为2（2）解：由（1）可得：bn+242n1，可得bn2n+12an+1anbn2n+122n+22n+12n【点睛】本题主要考查了等比数列的证明及等比数列的通项公式，还考查了构造能力及分组求和方法，考查了等比数列的前项和公式及计算能力，属于中档题22.设函数.（1）求不等式的解集；（2）若对于，恒成立，求的取值范围.【答案】（1）见解析；（2）.【解析】【分析】（1）由得，然后分、三种情况来解不等式；（2）由恒成立，由参变量分离法得出，并利用基本不等式求出在上的最小值，即可得出实数的取值范围.【详解】（1），.当时，不等式的解集为；当时，原不等式为，该不等式的解集为；当时，不等式的解集为；（2）由题意，当时，恒成立，即时，恒成立由基本不等式得，当且仅当时，等号成立，所以，因此，实数的取值范围是.【点睛】本题考查含参二次不等式的解法，同时也考查了利用二次不等式恒成立求参数的取值范围，在含单参数的二次不等式恒成立问题时，可充分利用参变量分离法，转化为函数的最值来求解，可避免分类讨论，考查化归与转化思想的应用，属于中等题.