四川省绵阳市三台县2019-2020学年高一下学期（期中考试）半期教学质量调研测数学试题 Word版含解析

www.ks5u.com三台县2020年春高一半期教学质量调研测试

数学

一､选择题：本大题共12小题，每小题4分，共48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.如图所示，在正中，均为所在边的中点，则以下向量和相等的是（   ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】

根据相等向量的定义，对选项中的向量逐一判断即可.

【详解】与向量，方向不同，

与向量不相等，

而向量与方向相同，长度相等，

，故选D.

【点睛】本题主要考查相等向量的定义，属于简单题.相等向量的定义：长度相等且方向相同的向量叫相等向量；两个向量只有当他们的模相等且方向相同时，才能称它们相等.

2.已知，则数列一定是（    ）

A. 等差数列 B. 等比数列 C. 递增数列 D. 等差数列又是等比数列

【答案】A

【解析】

【分析】

根据等差数列的定义和等差数列的单调性判断.

【详解】因为，

所以由等差数列的定义得：数列是等差数列.

不一定是等比数列，如：.

因为公差为0，

所以是常数列.

故选：A

【点睛】本题主要考查等差数列的定义及单调性，还考查了理解辨析的能力，属于基础题.

3.已知向量，若，则 

A.  B.  C.  D. 6

【答案】A

【解析】

分析：根据向量平行的坐标表示，，可得的值.

详解：若，则有，解得.

故选A.

点睛：本题考查向量平行的坐标表示法，关键是列出方程并准确计算.

4.若1和的等差中项是2，则的值为( ）

A. 4 B. 3 C. 1 D. -4

【答案】B

【解析】

试题分析：据等差中项定义可知,则.故选.

考点：等差中项

5.在△ABC中，，则A等于（ ）

A.  B. 或 C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】

由正弦定理可得,，可求，再由，根据三角形大边对大角可求A.

【详解】由正弦定理可得，，

，

，

，故选A.

【点睛】本题主要考查正弦定理在解三角形中的应用，属于基础题.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，求另一个角的对边；（3）证明化简过程中边角互化；（4）求三角形外接圆半径.

6.已知向量，，，且在方向上的投影为，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】

根据平面向量的数量积定义求解.

【详解】设向量，的夹角为，

因为在方向上的投影为，

所以，又，

所以.

故选：B

【点睛】本题主要考查平面向量的数量积运算以及投影的应用，还考查了运算求解的能力，属于基础题.

7.等差数列的前项和为，若，则等于（    ）

A. 58 B. 54 C. 56 D. 52

【答案】D

【解析】

，得,

.

故选D.

8.已知在中，，那么的值为（　　）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【详解】 ，不妨设，,

则 ，选A.

9.如图所示，矩形的对角线相交于点，为的中点，若，则等于（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】

利用平面向量的线性运算，将用和表示，可得出和的值，由此可计算出的值.

【详解】为的中点，且为的中点，所以，，

，，.

因此，，故选：A.

【点睛】本题考查利用基底表示向量，要充分利用平面向量的加减法法则，考查运算求解能力，属于中等题.

10.《莱茵德纸草书》(Rhind Papyrus)是世界上最古老的数学著作之一，书中有一道这样的题目：把100磅面包分给5个人，使每人所得成等差数列，且使较大的两份之和的是较小的三份之和，则最小的1份为

A. 磅 B. 磅 C. 磅 D. 磅

【答案】D

【解析】

分析：设五个人所分得的面包为（其中），根据题中所给的条件，列出方程组，求出和的值，从而求得最小的一份的值.

详解：设五个人所分得的面包为（其中），

因为把100个面包分给五个人，

所以，解得，

因为使较大的两份之和的是较小的三份之和，

所以，得，

化简得，所以，

所以最小的1份为，故选D.

点睛：该题考查的是有关等差数列的应用题，在解题的过程中，需要根据题中的条件，设出对应的项，根据条件列出等量关系式，求得结果，再根据题意，列出对应的式子，求得结果.

11.已知的内角的对边分别为，若，则的形状为（   ）

A. 等腰三角形 B. 直角三角形

C. 等腰直角三角形 D. 等腰或直角三角形

【答案】A

【解析】

中，，所以.

由正弦定理得：

所以.

所以，即

因为为的内角，所以

所以为等腰三角形.

故选A.

12.在中，分别为的对边，为的外心，且有，，若，，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】

由，利用正弦定理得到，再由，运用三角函数的和角公式和正弦定理得到，进而得到，然后利用余弦定理，求得角B，A，C，再由的两边点乘，运用平面向量数量积的定义和性质，得到x，y的方程组求解.

【详解】因为，   

所以，

又因为，

所以，

所以，

所以，

即，

所以，

所以，

所以，

如图所示：

由正弦定理得：，

因为，

则，

所以，

即，

则，

所以，

即，

，

.

故选：A.

【点睛】本题主要考查正弦定理，余弦定理，两角和与差的三角函数，平面向量的数量积的定义和性质，还考查了运算求解的能力，属于难题.

二､填空题：本大题共4个小题，每小题3分，共12分，把答案直接填答题卷的横线上.

13.已知向量，，若，则______.

【答案】

【解析】

【分析】

根据得到，得到，计算模长得到答案.

【详解】根据题意，向量，，，则，解得，

则，则；

故答案为：.

【点睛】本题考查了根据向量垂直求参数，向量的模，意在考查学生的计算能力.

14.如图，从气球上测得正前方的河流的两岸，的俯角分别为和，如果这时气球的高是30米，则河流的宽度为______米.

【答案】

【解析】

【分析】

由题意画出图形，利用特殊角的三角函数，可得答案．

【详解】解：由题意可知，，，，

．

故答案为.

【点睛】本题给出实际应用问题，着重考查了三角函数的定义，属于简单题．

15.已知等比数列的前项和为，若，，则________.

【答案】

【解析】

【分析】

可得出，并计算出，利用等比数列片断和的性质得出、、成等比数列，可得出的值.

【详解】，且，

、、成等比数列，即，

因此，.

故答案为：.

【点睛】本题考查利用等比数列片断和性质求值，考查计算能力，属于中等题.

16.已知内角成等差数列，且所对的边分别为，则有下列四个命题：

①；

②若成等比数列，则为等边三角形；

③若，则为锐角三角形；

④若，则.

则以上命题中正确的有________________.( 把所有正确的命题序号都填在横线上 ).

【答案】①②④

【解析】

【分析】

①根据成等差数列，可得，再由求解.②根据成等比数列，则，再由余弦定理结合①的结论求解.③根据，再由余弦定理结合①的结论求解.④根据，利用数量积的运算得到求解.

【详解】因为的内角成等差数列，

所以，又，

所以，    故①正确.

因成等比数列，

所以，

由余弦定理得：，

所以，

即    ，

所以，

所以为等边三角形.故②正确.

因为，由余弦定理得：，

所以，

所以，

所以为直角三角形.故③错误.

因为，

则，

所以，

所以，

所以.故④正确.

故答案为：①②④

【点睛】本题主要考查余弦定理，等差中项，平面向量的数量积的定义，还考查了运算求解的能力，属于中档题.

三､解答题：本大题共4个小题，每小题10分，共40分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤

17.已知等差数列的前项和为，且满足.

（1）求数列的通项公式；

（2）若，求数列前项和.

【答案】（1）.（2）

【解析】

【分析】

（1）设等差数列的公差为，由，利用“”求解.

（2）由（1）得到，是等比数列，再利用等比数列的前n项和公式求解.

【详解】

（1）设等差数列的公差为，

由，得 ，

所以，

解得： ，

 所以 ，

 即.

（2）∵ ，即，

∴ ，

.

【点睛】

本题主要考查等差数列的基本运算以及等比数列求和公式，还考查了运算求解的能力，属于中档题.

18.在平面直角坐标系中，已知向量，，且.

（1）求向量的夹角；

（2）求的值.

【答案】（1）.（2）

【解析】

【分析】

（1）由，两边平方得，再将，，代入上式求解.

（2）由（1）知，求得，再利用平面向量的数量积运算求解.

【详解】（1）∵，平方得：

，

即：，

解得：，

又∵，

∴ .

（2）由（1）知，则.

所以

.

【点睛】本题主要考查平面向量的数量积运算，还考查了运算求解的能力，属于中档题.

19.在梯形中，已知，，，，，

（1）求的长；   

（2）求面积.

【答案】（1）.（2）

【解析】

【分析】

（1）由，得到，在中，利用正弦定理求解.

（2）在中，求得 ，在梯形中，由，得到，得到，在中，由余弦定理求得 ，然后由求解.

【详解】（1）∵， ∴，

在中，由正弦定理得： ，

即，

解得： .

（2）在中，∵，

==，

又∵在梯形中，，

∴，

 ∴.

在中，由余弦定理得：，

即：，

解得 或 (舍)，

又∵，

∴ .

【点睛】本题主要考查正弦定理、余弦定理在平面几何中的应用，还考查了运算求解的能力，属于中档题.

20.已知数列中，，其前项和满足：.

（1）求数列的通项公式；

（2）设，求证： ；

（3）设(为非零整数，)，是否存在确定的值，使得对任意，有恒成立.若存在求出的值，若不存在说明理由.

【答案】（1）.（2）证明见解析.（3）存在，

【解析】

【分析】

（1）由变形为，即，再利用等差数列的定义求解.

（2）由（1）知，得到 ，然后利用裂项相消法求和再放缩即可.

（3）由，得到， 将对任意，都有恒成立，转化为恒成立，即恒成立. 再分为奇数和偶数两种情况讨论求解

【详解】（1）由已知可得，

即：且，

∴数列是以为首项，公差为的等差数列，

∴.

（2）由（1）知，

∴ ，

∴，

==，

=，

∵  ∴， 

∴，

即 .

（3）∵， 

 ∴，

假设存在确定的值，使得对任意，都有恒成立，

即，对任意恒成立，

即，对任意恒成立，

即：，对任意恒成立.

①当为奇数时，即恒成立，

当且仅当时，有最小值为， 

∴，

②当为偶数时，即恒成立，

当且仅当时，有最大值，

∴，

即，

又为非零整数，则.

综上所述：存在，使得对任意，都有.

【点睛】本题主要考查等差数列的定义及通项公式，裂项相消法求和以及数列不等式恒成立问题，还考查了运算求解的能力，属于难题.