2021眉山仁寿二中等四校高一下学期期中考试（5月）数学试题含答案

2020级高一下学期半期考试

数学试卷

考试时间：120分钟    总分：150分

一、单选题(每小题5分，共60分)

1．已知数列中，，，则的值为(     )

A．31          B．30           C．15         D．63

2．在等差数列中，前15项的和， 为(     )

A．3           B．4            C．6           D．12

3．已知平面向量的夹角为，且，，则(     )

A．        B．           C．       D．

4．在中，，则的解的个数是 (     )

A．2个                               B．1个  

C．0个                              D．不确定的

5．已知向量则与同方向的单位向量是(     )

A.                                 B.        

 C.                               D.

6．在中，内角的对边分别为.若，且，则(     )

A． B． C． D．

7．如图，在平行四边形中，对角线与交于点，且，则(     )

A．             B．

C．             D．

8．公比不为1的等比数列满足，若，则的值为（    ）

A．8                B．9                  C．10                  D．11

9．一船向正北方向航行，看见正西方向有相距10海里的两个灯塔恰好与它在一条直线上，船继续航行半小时后，看见一灯塔在船的南偏西60°方向，另一灯塔在船的南偏西75°方向，则这艘船的速度是（    ）

A．5 海里/时 B．5海里/时

C．10海里/时 D．10海里/时

10．《九章算术》是世界上最古老的数学著作之一，书中有如下问题：“今有金箠，长五尺，斩本一尺，重十斤，斩末一尺，重四斤，问次一尺各重几何？”意思是：“现有一根金杖，长尺，一头粗，一头细，在粗的一端截下尺，重斤；在细的一端截下尺，重斤，问依次每一尺各重多少斤？”假设金杖由粗到细是均匀变化的，则截去粗端尺后，金杖剩余部分的重量为（    ）

A．斤 B．斤 C．斤 D．斤

11．已知是边长为2的等边三角形，为平面内一点，则的最小值是　　

A． B． C． D．

12．在中，内角所对的边分别为，若依次成等差数列，则(     )

A．依次成等差数列 B．依次成等差数列

C．依次成等差数列 D．依次成等差数列

二、填空题（每小题5分，共20分）

13．已知向量，,若//,则实数等于             .

14．在各项均为正数的等比数列中，首项，前三项和为，则    

15．已知中角、、所对的边分别为、、，，，，则______．

16．在数列中，若，，则的值为        

三、解答题

17．（10分）已知.

（1）求的夹角；

（2）当为何值时，.

18．（12分）在等比数列中，.

(1)求；

(2)设，求数列的前项和.

19．（12分）已知向量，，，且 ， ，分别为△的三边所对的角．

（Ⅰ）求角的大小；

（Ⅱ）若，，成等比数列，且， 求边c的值．

20．（12分）已知函数

（1）求函数的最小正周期和最小值；

（2）设△ABC的三边a，b，c所对的角分别为A，B，C，若a＝2，c＝，，求△ABC的面积

21．（12分）已知等差数列的首项为1，公差，且是与的等比中项.

（1）求数列的通项公式；

（2）记，求数列的前项和．

22．（12分）如图，在四边形中，，，.

（1）求；

（2）若，求周长的最大值。

数学5月月考参考答案

1．C

【详解】

由题意，得；故选C.

2．C

【解析】因为.

3．A

【解析】

【分析】

将进行平方运算可化为关于的方程，解方程求得结果.

【详解】

由得：

即：，解得：

本题正确选项：

【点睛】

本题考查向量模长的求解，关键是能够通过平方运算，利用数量积运算构造出关于所求模长的方程，属于常考题型.

4．A

【解析】的解有两个.

5．A

【解析】

试题分析：，令其同方向的单位向量为，则

，解得，所以所求的向量为。故选A。

考点：向量的运算；共线向量；单位向量。

点评：在本题中，两向量同方向说明两向量共线。而对于单位向量，它的模等于1.

6．A

【解析】

边换角后约去sin B，得sin(A＋C)＝，所以sin B＝，但∠B非最大角，所以∠B＝.

7．C

【分析】

画出图形，以为基底将向量进行分解后可得结果．

【详解】

画出图形，如下图．

选取为基底，则，

∴．

故选C．

【点睛】

应用平面向量基本定理应注意的问题

（1）只要两个向量不共线，就可以作为平面的一组基底，基底可以有无穷多组，在解决具体问题时，合理选择基底会给解题带来方便．

（2）利用已知向量表示未知向量，实质就是利用平行四边形法则或三角形法则进行向量的加减运算或数乘运算．

8．B

【分析】

由等比数列通项公式得，由此利用，得到，从而能求出的值．

【详解】

公比不为1的等比数列满足，，

由，，解得．

故选：B．

【点睛】

关键点点睛：本题考查等比数列下标和性质的应用，解题的关键是熟悉性质：等比数列，若数列下标满足，则，考查学生的化归与转化思想与运算求解能力，属于基础题.

9．D

【分析】

根据题意画出图形，如图所示，由已知可得∠BAC＝60°，∠BAD＝75°，则∠CAD＝∠CDA＝15°，CD＝CA＝10海里，在直角三角形ABC中，利用正弦定理求出AB的长，可求得速度

【详解】

如图，依题意有∠BAC＝60°，∠BAD＝75°，所以∠CAD＝∠CDA＝15°，

从而CD＝CA＝10海里，

在直角三角形ABC中，由正弦定理可得，解得AB＝5海里，

所以这艘船的速度是10海里/时.

故选：D

10．B

【分析】

根据金杖由粗到细每一尺重量成等差数列可构造方程求得公差，则所求重量为，由等差数列通项公式可求得结果.

【详解】

设金杖由粗到细每一尺的重量为，则为等差数列，设其公差为，

由题意知：，，解得：；

截去粗端尺后，金杖剩余部分的重量为.

故选：B.

11．B

【分析】

根据条件建立坐标系，求出点的坐标，利用坐标法结合向量数量积的公式进行计算即可．

【详解】

建立如图所示的坐标系，以中点为坐标原点，

则，，，

设，则，，，

则

当，时，取得最小值，

故选：．

12．C

【分析】

由等差数列的性质、同角三角函数的关系以及两角和的正弦公式可得，由正弦定理可得，再由余弦定理可得，从而可得结果.

【详解】

依次成等差数列，，

正弦定理得，

由余弦定理得 ，，即依次成等差数列，故选C.

【点睛】

本题主要考查等差数列的定义、正弦定理、余弦定理，属于难题. 解三角形时，有时可用正弦定理，有时也可用余弦定理，应注意用哪一个定理更方便、简捷．如果式子中含有角的余弦或边的二次式，要考虑用余弦定理；如果遇到的式子中含有角的正弦或边的一次式时，则考虑用正弦定理；以上特征都不明显时，则要考虑两个定理都有可能用到．

13．或

【解析】

试题分析：若// ,则，解得．

考点：共线向量的充要条件．

14．84

【解析】分析：根据等比数列{an}中，首项a1=3，前三项和为21，可求得q，根据等比数列的通项公式，分别求得a3，a4和a5代入a3+a4+a5，即可得到答案．

解：在各项都为正数的等比数列{an}中，首项a1=3，前三项和为21

故3+3q+3q2=21，

∴q=2

∴a3+a4+a5=21×22=84

点评：本题主要考查了等比数列的性质．要理解和记忆好等比数列的通项公式，并能熟练灵活的应用．

15．

【分析】

利用两角的正弦公式以及正弦定理得出，根据已知条件求出的值，结合三角形的面积公式可求得的值，再利用余弦定理可求得的值.

【详解】

由得，

则，

即，由可知为锐角，则，

得，

由余弦定理得，

即，解得．

故答案为：.

【点睛】

方法点睛：在解三角形的问题中，若已知条件同时含有边和角，但不能直接使用正弦定理或余弦定理得到答案，要选择“边化角”或“角化边”，变换原则如下：

（1）若式子中含有正弦的齐次式，优先考虑正弦定理“角化边”；

（2）若式子中含有、、的齐次式，优先考虑正弦定理“边化角”；

（3）若式子中含有余弦的齐次式，优先考虑余弦定理“角化边”；

（4）代数式变形或者三角恒等变换前置；

（5）含有面积公式的问题，要考虑结合余弦定理求解；

（6）同时出现两个自由角（或三个自由角）时，要用到三角形的内角和定理.

16．

【分析】

利用累加法求得通项公式，

【详解】

由已知，，，，，

∴时，，

∴．

【点睛】

本题考查累加法求数列通项公式，考查裂项相消法求数列的和．已知，可用累加法求通项公式，已知可用累乘法求通项公式．

17．（Ⅰ）；（Ⅱ）.

【解析】

试题分析：（1）由题意，根据所给条件，结合平面向量数量积的定义、公式进行运算，先算出的值，再对这两向量的夹角的余弦值进行求解，从而可求出其夹角；（2）由题意，根据垂直向量的等价条件，即当两个向量垂直时，它们的数量积为零，从而求出参数.

试题解析：（Ⅰ）由已知得，  

代入得，，故，所以..

（Ⅱ）由得，即：，

代入，得，解得.

18．(1) .（2）.

【详解】

试题分析：(1)设的公比为q，依题意得方程组，

解得，即可写出通项公式.

（2）因为，利用等差数列的求和公式即得.

试题解析：(1)设的公比为q，依题意得

，

解得，

因此，.

（2）因为，

所以数列的前n项和.

考点：等比数列、等差数列.

19．(Ⅰ) .(Ⅱ)6.

【解析】

分析：(Ⅰ)由题意结合平面向量数量积的坐标运算可得，则；

(Ⅱ)由等比数列的性质结合正弦定理可得c2=ab，由向量及其数量积的运算法则可得abcosC=18，结合(Ⅰ)的结论可得c=6.

详解：(Ⅰ)∵，，，

∴sinAcosB+cosAsinB=sin2C，

即，

又因为，所以sinC=sin2C，

∴cosC=，

又C为三角形的内角，∴.

(Ⅱ)∵sinA,sinC,sinB成等比数列，

∴sin2C=sinAsinB，

由正弦定理可得c2=ab，

又,即，

∴abcosC=18，

∴ab=36故c2=36∴c=6.

点睛：在处理三角形中的边角关系时，一般全部化为角的关系，或全部化为边的关系．题中若出现边的一次式一般采用到正弦定理，出现边的二次式一般采用到余弦定理．应用正、余弦定理时，注意公式变式的应用．解决三角形问题时，注意角的限制范围．

20．（1）最小正周期为，最小值为（2）

【分析】

（1）利用两角和的余弦公式和二倍角公式，辅助角公式将函数进行化简，然后利用正弦函数的周期公式和性质即得答案；（2）得角C，利用余弦定理得b，由面积公式计算即可.

【详解】

（1），

函数的最小正周期为，最小值为.

（2）

由余弦定理可得：，

的面积为．

【点睛】

本题考查两角和差公式，二倍角公式,辅助角公式的应用，考查余弦定理和三角形面积公式的应用，属于常考题型.

21．（1）；（2）.

【分析】

（1）由题设条件，结合等差数列的通项公式，得到，求得，即可求得数列的通项公式；

 （2）由（1）知，求得，结合“裂项法”，即可求解.

【详解】

（1）设等差数列的公差为，且，

因为是与的等比中项，所以，即，

又由，即，整理得，解得或，

因为，所以.

所以数列的通项公式为.

 （2）由（1）知，

所以，

所以.

【点睛】

本题主要考查等差数列的通项公式的求解，等比中项公式的应用，以及“裂项法”求和，其中解答中熟记等差、等比数列的通项公式，以及熟练应用“裂项法”求和是解答的关键，着重考查推理与运算能力.

22．（1）；（2）12

【分析】

（1）在中，利用正弦定理可求得结果；

（2）在中，由余弦定理可求得，在中，，设，由余弦定理得，即，利用基本不等式求得，进而求出周长的最大值.

【详解】

（1）在中，，

利用正弦定理得：，

又为钝角，为锐角，

（2）在中，由余弦定理得

解得：或（舍去）

在中，，设

由余弦定理得，即

整理得：，又

利用基本不等式得：，即，

即，当且仅当时，等号成立，即，

所以

所以周长的最大值为12

【点睛】

方法点睛：本题考查利用正余弦定理解三角形，及利用基本不等式求三角形周长的最值，利用条件最值的求解通常有两种方法：一是消元法，即根据条件建立两个量之间的函数关系，然后代入代数式转化为函数的最值求解；二是将条件灵活变形，利用常数“1”代换的方法构造和或积为常数的式子，然后利用基本不等式求解最值，考查学生的转化能力与运算解能力，属于中档题.