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安徽省黄山市八校联盟2019-2020学年高一下学期期中联考数学试题 Word版含解析
展开www.ks5u.com黄山市普通高中2022届高一八校联考
数学试题
第Ⅰ卷(选择题)
一、单选题(本大题共12个小题,每小题5分,共60分.)
1.( )
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
化简,再利用和角的正弦公式计算得解.
【详解】由题得
.
故选:A.
【点睛】本题主要考查和角的正弦公式的应用,意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.
2.设,,,则的大小关系是( )
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
根据题意计算,得到答案.
【详解】,则;,则,
,故,.
故选:B.
【点睛】本题考查了代数式的大小比较,意在考查学生的计算能力和推断能力.
3.在中,内角所对的边分别是.已知,则B的大小为( )
A. 30° B. 60° C. 30°或150° D. 60°或120°
【答案】D
【解析】
【分析】
直接利用正弦定理计算得到答案.
【详解】根据正弦定理:得到,
,故或.
故选:D.
【点睛】本题考查了正弦定理,意在考查学生的计算能力和应用能力.
4.设等差数列的前项和为,若,则( )
A. 27 B. 36 C. 45 D. 54
【答案】B
【解析】
【分析】
根据等差数列和性质知成等差数列,计算得到答案.
【详解】根据等差数列和性质知:成等差数列,
故,解得.
故选:B.
【点睛】本题考查了求等差数列前项和,意在考查学生的计算能力,利用成等差数列是解题的关键.
5.已知,且,求的值( )
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
根据角度范围得到,利用和差公式展开解得答案.
【详解】,故,,
故,
,故.
故选:B.
【点睛】本题考查了三角恒等变换,意在考查学生的计算能力和应用能力,变换是解题的关键.
6.已知△中,,则△ABC一定是
A. 等边三角形 B. 等腰三角形
C. 直角三角形 D. 等腰直角三角形
【答案】B
【解析】
试题分析:由和正弦定理得,即.因,故不可能为直角,故.再由,故.选B.
考点:本题考查正弦定理、内角和定理、两角和的三角函数公式.
点评:综合考查正弦定理、两角和与差的三角公式.三角形中的问题,要特别注意角的范围.
7.记等比数列的前n项积为,已知,且,则( )
A. 3 B. 4 C. 5 D. 6
【答案】C
【解析】
【分析】
设,代入化简得到,计算,解得答案.
【详解】设,,则,
,,故.
,
解得.
故选:C.
【点睛】本题考查了等比数列的前项积,意在考查学生的计算能力和对于数列公式方法的综合应用.
8.关于的不等式的解集中,恰有2个整数,则的取值范围( )
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
变换得到,讨论,,三种情况,计算得到答案.
【详解】,
当时,不等式解集为,恰有2个整数,故;
当时,无解;
当时,不等式解集为,恰有2个整数,故;
综上所述:.
故选:D.
【点睛】本题考查了根据解集的整数个数求参数,意在考查学生的计算能力和分类讨论能力.
9.线段的黄金分割点定义:若点在线段上,且满足,则称点为线段的黄金分割点,在中,,若角的平分线交边于点,则点为边的黄金分割点,利用上述结论,可以求出( )
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
设,由黄金分割点的定义可得.在中,由余弦定理得
.选B.
10.若当时,函数取得最大值,则( )
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
函数解析式提取5变形后,利用两角和与差的正弦函数公式化为一个角的正弦函数,利用正弦函数的性质可得结果.
【详解】,其中,
当,即时,取得最大值5 ,
,
则,故选B.
【点睛】此题考查了两角和与差的正弦函数公式、辅助角公式的应用,以及正弦函数最值,熟练掌握公式是解本题的关键.
11.已知是等差数列的前n项和,且,给出下列五个命题:
①公差
②
③
④数列中的最大项为
⑤
其中正确命题的个数是( )
A. 2 B. 3 C. 4 D. 5
【答案】B
【解析】
【分析】
先由条件确定数列第六项和第七项的正负,进而确定公差的正负,最后,的符号由第六项和第七项的正负判定.
【详解】等差数列中,最大,且,
,,①正确;
,
,,,,,最大,
④不正确;,
,
③⑤正确,②错误.
故选:B.
【点睛】本题考查等差数列的前n项和的应用,考查逻辑思维能力和运算能力,属于常考题.
12.已知实数满足约束条件,若的最大值为12,则的最小值为( )
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
如图所示,画出可行域和目标函数,根据目标函数的几何意义得到,再利用均值不等式计算得到最值.
【详解】如图所示:画出可行域和目标函数,
,则,表示直线在轴的截距,
根据图像知,当直线过的交点时,有最大值为.
故,
当时等号成立.
故选:A.
【点睛】本题考查了线性规划问题,均值不等式求最值,意在考查学生的计算能力和综合应用能力,画出图像是解题的关键.
第Ⅱ卷(非选择题)
二、填空题(本大题共4个小题,每小题5分,共20分.)
13.已知和是方程的两个根,则=____________
【答案】
【解析】
【分析】
由题得.再求出,再求出得解.
【详解】由题得.
所以.
所以.
故答案为:.
【点睛】本题主要考查和角的正切公式的应用,考查二倍角的正切公式的应用,意在考查对这些知识的理解掌握水平和计算能力.
14.当时,则的值域是____________
【答案】
【解析】
【分析】
首先将函数转化,再分别讨论和时,利用基本不等式求值域即可.
【详解】因,且,
①当时,,
所以,
当且仅当,即时,取“”.
②当时,,,
所以,
因为,
所以,即.
当且仅当,即时,取“”.
综上所述值域为:.
故答案为:
【点睛】本题主要考查基本不等式,同时考查了函数的值域问题,属于中档题.
15.已知数列满足,,,则该数列的通项公式 ____________
【答案】
【解析】
【分析】
变换得到,构造,利用累加法计算得到的通项公式,进而得到答案.
详解】,故,,
设,则,,
,故,
当时验证满足,故.
故答案为:.
【点睛】本题考查了求数列的通项公式,意在考查学生对于数列公式方法的综合应用,构造数列是解题的关键.
16.在中,角所对的边分别为,且满足,,则__________.
【答案】
【解析】
试题分析:因为,所以,化简得.所以.又因为,所以,所以,即,整理得.又,所以,两边除以得,解得.
考点:余弦定理.
【思路点睛】因为,化简得.所以.又因为,所以,由正弦定理和余弦定理整理得.,化简可的,两边除以得,即可求得.
三、解答题(本大题共6个小题,满分70分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.)
17.已知,,,,求的值.
【答案】
【解析】
【分析】
先求出,,再利用诱导公式和差角的正弦公式求解.
【详解】因为,,
所以,∴.
∵ ,
∴.
.
【点睛】本题主要考查同角的三角函数平方关系,考查诱导公式和差角的正弦公式的应用,意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和计算能力.
18.在中,角所对的边分别为,,,且 .
(Ⅰ)求角的值;
(Ⅱ)若中,,求的面积.
【答案】(Ⅰ);(Ⅱ).
【解析】
【分析】
(Ⅰ)根据向量垂直数量积为零,结合正弦定理角化边可得,从而配凑出,求得结果;
(Ⅱ)利用余弦定理可构造方程求得,代入三角形面积公式可求得结果.
【详解】(Ⅰ),
,
由正弦定理可得:,,
又,.
(Ⅱ)由(Ⅰ)知:,又,
,
又,,解得:,
.
【点睛】本题考查解三角形的相关知识,涉及到向量垂直的坐标表示、正弦定理边角互化、余弦定理解三角形和三角形面积公式的应用;解题关键是能够利用正弦定理角化边,从而配凑出符合余弦定理的形式.
19.已知数列的前n项和为,且满足 .
(1)求证:数列是等比数列;
(2)若数列满足,试求数列中最小项.
【答案】(1)证明见解析;(2)14.
【解析】
【分析】
(1)根据数列通项与前n项和的关系可得数列的递推公式,再构造数列证明即可.
(2)由第(1)问可求得,求得,再代入可得,再利用基本不等式求最小值,以及取得最小值时的值即可.
【详解】(1)由,
两式相减得,即
即
当时,,得,即
∴是以2为首项,以2为公比的等比数列.
(2)由第1小题可知 即,
当且仅当时,即
所以
【点睛】本题主要考查了数列通项与前n项和的关系,也考查了根据递推公式构造等比数列求解通项公式的问题.同时也考查了基本不等式求最值的问题.属于中档题.
20.在锐角中,角的对边分别为,且.
(Ⅰ)求角A的大小;
(Ⅱ)若关于角方程有解,求的范围.
【答案】(Ⅰ);(Ⅱ).
【解析】
【分析】
(Ⅰ)根据正弦定理化简整理得到,计算得到答案.
(Ⅱ)根据锐角三角形计算,化简得到,根据范围得到答案.
【详解】(Ⅰ)由,得:,
整理得.即.
∵B是锐角三角形的内角,,,,故.
(Ⅱ),,故,.
由有解,得,
且,得,
,,故,∴.
【点睛】本题考查了正弦定理,三角恒等变换,三角函数值域,意在考查学生的计算能力和转化能力,确定的范围是解题的关键.
21.已知函数.
(1)若对任意实数,恒成立,求实数的取值范围;
(2)解关于的不等式.
【答案】(1) ;(2)详见解析.
【解析】
【详解】试题分析:(1)对讨论,时不合题意;合题意;,利用判别式小于解不等式,求交集即可得到所求范围;(2)先将不等式化为,再对参数的取值范围进行讨论,利用一元二次不等式的解法分别解不等式即可.
试题解析:(1)当时,恒成立;
当时,要使对任意实数,恒成立,需满足,
解得,故实数的取值范围为.
(2)由不等式得,
即.
方程的两根是,.
①当时,,不等式的解为或;
②当时,不等式的解为;
③当时,不等式的解为;
④当时,,不等式无解;
⑤当时,,不等式的解为
综上:①当时,不等式的解为或;
②当时,不等式的解为 ;
③当时,不等式的解为;
④当时,,不等式解集为 ;
⑤当时,不等式的解为
【方法点睛】本题主要考查一元二次不等式的解法、分类讨论思想,属于难题. 分类讨论思想解决高中数学问题的一种重要思想方法,是中学数学四种重要的数学思想之一,尤其在解决含参数问题发挥着奇特功效,大大提高了解题能力与速度.运用这种方法的关键是将题设条件研究透,这样才能快速找准突破点. 充分利用分类讨论思想方法能够使问题条理清晰,进而顺利解答,希望同学们能够熟练掌握并应用与解题当中.
22.设数列的通项公式是 ,数列中,.
(1)若数列的前项和对于恒成立,求的最小值;
(2)利用裂项相消法求数列的前项和,并写出数列(且)的前项和.
【答案】(1)3;(2),,(且).
【解析】
【分析】
(1)根据可求得,再分析随增大变化规律,结合恒成立问题求解的最小值即可.
(2)根据可设,再化简对比各项系数可得,进而裂项相消求即可.
同理可设,化简对比各项系数求解得,再裂项相消求和即可.
【详解】(1)因为,故
.
又,故递增.
所以,的最小值为3.
(2)设,得
由知
解得
,(且)
【点睛】本题主要考查了裂项相消求和的方法,需要根据题意将通项写成两项之差,再合并两项分析各项对应的系数,进而求得参数再求和即可.重点在于理解裂项中的两项间的关系.属于难题.
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安徽省合肥一中、六中、八中2019-2020学年高一上学期期中联考数学试题 Word版含解析: 这是一份安徽省合肥一中、六中、八中2019-2020学年高一上学期期中联考数学试题 Word版含解析,共22页。试卷主要包含了考查范围,试卷结构,函数的零点所在区间是,已,则方程的所有根之和为等内容,欢迎下载使用。