湖北省武汉市第十一中学2019-2020学年高一数学下学期期中试题（含解析）.doc

1、湖北省武汉市第十一中学2019-2020学年高一数学下学期期中试题（含解析）考试时间：2020年4月19日下午14:3016:30 试卷满分：150分一、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.已知数列，,，则是这个数列的（ ）A. 第10项B. 第11项C. 第12项D. 第21项【答案】B【解析】令，解得n=11，故是这个数列的第11项故选B2.若，则的最大值是（ ）A. B. 1C. D. 2【答案】B【解析】【分析】设，结合二次函数的性质，即可求解.【详解】设，因为，所以当时，取得最大值，最大值为.故答案为：B.【点睛】本题主要考查

2、了函数最值的求解，其中解答中熟练应用二次函数的性质是解答的关键，着重考查了计算能力.3.按数列的排列规律猜想数列中的项，数列2，3，5，8，13，34，55， 则的值是( )A. 19B. 20C. 21D. 22【答案】C【解析】【分析】根据数列各项的数字特征，可找到规律为从第项开始，每一项都等于前两项的数字之和，从而求得结果.【详解】由数列数字特点可知：从第项开始，每一项都等于前两项的数字之和，可知满足题意本题正确选项：【点睛】本题考查根据数列中的项的规律，求解数列中的项的问题，属于基础题.4.设，向量，若，则等于( )A. B. C. 4D. 4【答案】D【解析】【分析】直接利用向量垂直

3、的充要条件列方程求解即可.【详解】因为，且，所以，化为，解得，故选D.【点睛】利用向量的位置关系求参数是命题的热点，主要命题方式有两个：（1）两向量平行，利用解答；（2）两向量垂直，利用解答.5.在中，已知，则角等于（ ）A. B. 或C. D. 或【答案】C【解析】分析：由正弦定理可求得的值，由大边对大角可得，从而可得角的值.详解：由正弦定理可得，因为，可解得，故选C.点睛：本题主要考查正弦定理在解三角形中的应用，属于中档题.正弦定理是解三角形的有力工具，其常见用法有以下三种：（1）知道两边和一边的对角，求另一边的对角（一定要注意讨论钝角与锐角）；（2）知道两角与一个角的对边，求另一个角的对

4、边；（3）证明化简过程中边角互化；（4）求三角形外接圆半径.6.如果实数，满足：，则下列不等式中不成立的是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据题意，利用不等式的基本性质和作差比较法，逐项计算，即可求解.【详解】由题意，实数，满足，则 对于A中，根据实数的性质，可得是成立的，所以A是正确的；对于B中，由，所以是正确的，即B正确；对于C中，所以，所以C不正确；对于D中，可得，所以D正确.故选：C.【点睛】本题主要考查了不等式的基本性质及其应用，其中解答中熟记不等式的基本性质，合理利用作差比较法求解是解答的关键，着重考查了推理与运算能力.7.在中，如果，则的面积为（ ）A.

5、1B. C. 2D. 4【答案】B【解析】【分析】由正弦定理可得，再由余弦定理，求得，得到，结合三角形的面积公式，即可求解.【详解】因为，由正弦定理可得，又由余弦定理，得，即，解得，所以，所以的面积为.故选：B.【点睛】本题主要考查了正弦定理、余弦定理和三角形的面积公式的应用，其中在解有关三角形的题目时，要抓住题设条件和利用某个定理的信息，合理应用正弦定理和余弦定理求解是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题.8.已知数列满足，则（）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】利用递推公式可验证出数列为周期为的周期数列，从而可得.【详解】令，则令，则令，则数列为周期为的周期数列

6、 本题正确选项：【点睛】本题考查根据递推公式判断数列的性质的问题，关键是能够通过递推公式确定数列为周期数列，从而利用周期将所求值进行化简.9.在中，角，所对的边分别为，已知，若三角形有两解，则边的取值范围为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】分析】利用正弦定理列出关系式，将的值代入表示出，求得角B的范围，要使得三角形有两解确定出B的范围，利用正弦函数的值域，即可求解.【详解】因为在中，由正弦定理，可得，因为，所以，要使得三角形有两解，可得且，即，即，解得.故选：C.【点睛】本题主要考查了正弦定理的应用，以及正弦函数的性质的应用，其中解答中熟练应用正弦定理是解答的关键，着重考查了推理

7、与计算能力.10.已知，且，则的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由，可得，化简整理得到，令，则，得到，结合不等式的解法，即可求解.【详解】因，可得，当且仅当等号成立，又因为，即，令，则，可得，即，即，解得，即的取值范围是.故选：B.【点睛】本题主要考查了基本不等式的应用，以及一元二次不等式的解法，其中解答中合理利用基本不等式转化为一元二次不等式，结合一元二次不等式求解是解答的关键，着重考查了推理与运算能力.11.是边长为1的等边三角形，点分别是边的中点，连接并延长到点，使得，则的值为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】试题分析：设，.【考点】向量数

8、量积【名师点睛】研究向量的数量积问题，一般有两个思路，一是建立直角坐标系，利用坐标研究向量数量积；二是利用一组基底表示所有向量，两种实质相同，坐标法更易理解和化简. 平面向量的坐标运算的引入为向量提供了新的语言“坐标语言”，实质是将“形”化为“数”向量的坐标运算，使得向量的线性运算都可用坐标来进行，实现了向量运算完全代数化，将数与形紧密结合起来12.在直角梯形中，为线段（含端点）上的一个动点.设，对于函数，下列描述正确的是（ ）A. 的最大值和无关B. 的最小值和无关C. 的值域和无关D. 在其定义域上的单调性和无关【答案】A【解析】【分析】建立合适的直角坐标,根据向量的坐标表示和平面向量数量

9、积的坐标表示建立的函数关系式,利用二次函数的性质，分和两种情况通过判断单调性求时函数最值即可【详解】建立直角坐标系如图所示:由题意知,，因为,所以,设点则,解得,即点为,所以,由平面向量数量积的坐标表示可得,，即,所以此函数的对称轴为,因为,当时,所以函数在区间上单调递减,所以当时,函数有最小值为,当时,函数有最大值为;当时,由二次函数的单调性知,函数在上单调递减,在上单调递增;所以当时,函数有最小值为,因为,所以函数的最大值为;综上可知,无论为何值,函数的最大值均为.故选:A【点睛】本题考查平面向量数量积的运算性质、二次函数的单调性和最值；考查分类讨论思想、逻辑推理能力和运算求解能力;属于综

10、合型、难度较大型试题.二、填空题：本大题共4小题，每小题5分.13.等差数列中，若，则_.【答案】11【解析】【分析】根据等差数列的性质，可得，代入即可求解.【详解】由题意，等差数列中，若，根据等差数列的性质，可得，即，解得.故答案为：.【点睛】本题主要考查了等差数列的性质及其应用，其中解答中熟记等差数列的性质是解答的关键，着重考查了计算能力.14.已知点，和向量，若，则实数的值为_.【答案】【解析】【分析】根据向量的坐标运算，求得，再结合向量共线的条件，列出方程，即可求解.【详解】由题意，点，和向量，可得，又由，可得，解得.故答案为：.【点睛】本题主要考查了向量的坐标运算，以及向量共线的条件

11、的应用，其中解答中熟记向量共线的条件是解答的关键，着重考查了计算能力.15.已知，且，若恒成立，则的取值范围是_.【答案】【解析】【分析】利用基本不等式求得的最小值为，再由恒成立，转化为不等式恒成立，结合一元二次不等式的解法，即可求解.【详解】由题意，实数，且，可得，当且仅当时，即等号成立，即的最小值为，又由恒成立，即恒成立，即恒成立，解得.故答案为：.【点睛】本题主要考查了利用基本不等式求最值，一元二次不等式的解法，以及不等式的恒成立问题的求解，着重考查了转化思想，以及推理与运算能力.16.在ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，且，则sinA+sinC的最大值是 _ 【答案】

12、【解析】【分析】根据条件及正弦定理，求得角B与A的关系，然后利用三角形内角和转化为C与A的关系，利用降幂公式转化为sinA的二次函数型表达式，进而根据角A的取值范围求得最大值【详解】acosA=bsinA,，又由正弦定理得，.，.当时,sinA+sinC取得最大值.【点睛】本题考查了三角函数化简求值，正弦定理的简单应用，降幂公式的用法，三角函数最值的求解等，综合性较强，属于中档题三、解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.17.已知且恒成立，求实数的最大值【答案】实数的最大值为.【解析】【详解】分析：通过变形可以将不等式转化，最终就是应用基本不等式求解，在变形的过程中，有两个方向，也就

13、对应着两种解题的思路，从而最后解决问题.详解：法一：由题意，则，那么不等式转化为，不等式转化为，可得：，即（当且仅当时取等号） 实数的最大值为法二：由题意，转化为：可得：分离：（当且仅当时取等号）.实数的最大值为点睛：该题考查的是应用基本不等式求最值的问题，在解题的过程中，有两种变形的方向，从而就会有两种解题的思路，一定要注意在应用基本不等式求最值时等号成立的条件.18.在中，所对的边分别为，角，成等差数列，且.（1）求的值；（2）若，求的周长.【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）由，成等差数列，求得，在结合正弦定理，即可求解.（2）由（1）可得，利用恒等变换的公式，化简的，求得，进而

14、得到为正三角形，即可求解.【详解】（1）由题意，角，成等差数列，所以，因为，可得，又因为，由正弦定理，可得.（2）由（1）可知，所以，整理得，即，即，所以，因为，所以，解得，又由，可得为正三角形，因为，所以周长为.【点睛】本题主要考查了正弦定理得应用，以及三角恒等变换的应用，其中解答中熟练应用三角形的正弦定理和三角恒等变换的公式进行化简、求解是解答的关键，着重考查了推理与运算能力.19.设向量(1)若与垂直，求值.(2)求的最大值.【答案】（1）2（2）4【解析】【分析】（1）根据向量垂直得出数量积为0，列出方程，使用三角函数恒等变换化简；（2）求出（）2，利用三角函数的性质得出（）2的最大值

15、；【详解】解：（1）（sin2cos，4cos+8sin），若（），则0，即4cos（sin2cos）+sin（4cos+8sin）04cossin+4sincos8coscos+8sinsin0，即sin（+）2cos（+），tan（+）2（2）（sin+cos，4cos4sin），（）2（sin+cos）2+（4cos4sin）21730sincos1715sin2当sin21时，（）2取得最大值32|的最大值是4【点评】本题考查了平面向量的数量积与向量垂直，三角函数的恒等变换，属于中档题20.已知关于的不等式.（1）当的时候，求出解集；（2）当且的时候，求出解集.【答案】（1）；（2）当

16、时，解集为，当时，解集为，当时，解集为.【解析】【分析】（1）由时，不等式转化为，即可求解；（2）根据题意，分，和，三种情况讨论，结合分式不等式和一元二次不等式的解法，即可求解.【详解】（1）由题意，当时，关于的不等式，即，即，解得，所以不等式的解集为.（2）当时，不等式可化为且恒成立，所以此时不等式的解集为当时，不等式可化为，即，因为，可得，所以不等式的解集为；当时，不等式可化为，即，因为，则，所以不等式的解集为.综上可得，当时，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】本题主要考查了分式不等式的解法，以及一元二次不等式的解法，其中解答中熟记分式不等式和一元二次不等

17、式的解法是解答的关键，着重考查了推理与运算能力.21.如图，在中，且（）求的值；若，且，求及.【答案】（）（）【解析】【分析】（）利用可得的值.（）在和中利用余弦定理构建关于的方程组，结合（）中结果可求的值，求出后可计算从而得到.【详解】（）在中， ，其中为边上的高.又 ， . （）在中， 在中， 而，即，所以，解得， ， . 又因为， ， ， .【点睛】三角形中共有七个几何量（三边三角以及外接圆的半径），一般地，知道其中的三个量（除三个角外），可以求得其余的四个量.（1）如果知道三边或两边及其夹角，用余弦定理；（2）如果知道两边即一边所对的角，用正弦定理（也可以用余弦定理求第三条边）；（3）

18、如果知道两角及一边，用正弦定理.另外，注意在解三角形中，我们有时需要找出不同三角形之间相关联的边或角，由它们沟通分散在不同三角形的几何量22.如图，摄影爱好者在某公园A处，发现正前方B处有一立柱，测得立柱顶端O的仰角和立柱底部B的俯角均为，已知摄影爱好者的身高约为米（将眼睛S距地面的距离SA按米处理）（1）求摄影爱好者到立柱水平距离AB和立柱的高度OB；（2）立柱的顶端有一长为2米的彩杆MN，且MN绕其中点O在摄影爱好者与立柱所在的平面内旋转在彩杆转动的任意时刻，摄影爱好者观察彩杆MN的视角（设为）是否存在最大值？若存在，请求出取最大值时的值；若不存在，请说明理由【答案】(1) AB为3米 O

19、B为2米 (2) 当视角MSN取最大值时,cos=.【解析】【详解】(1)如图,作SCOB于C,依题意CSB=30,ASB=60.又SA=,故在RtSAB中,可求得AB=3,即摄影爱好者到立柱的水平距离AB为3米.在RtSCO中,SC=3,CSO=30,OC=SCtan 30=,又BC=SA=,故OB=2,即立柱的高度OB为2米.(2)方法一:如图,以O为原点,以水平方向向右为x轴正方向建立平面直角坐标系,连接SM,SN,设M(cos,sin),0,2),则N(-cos,-sin),由(1)知S(3,-).故=(cos-3,sin+),=(-cos-3,-sin+),=(cos-3)(-cos-3)+(sin+)(-sin+)=11.|=.由0,2)知|11,13.所以cosMSN=,1,易知MSN为锐角,故当视角MSN取最大值时,cos=.方法二:cosMOS=-cosNOS,=-于是得SM2+SN2=26从而cos=.又MSN为锐角,故当视角MSN取最大值时,cos=.