黑龙江省哈尔滨师范大学附属中学2019-2020学年高一下学期第二次（线上）考试数学试题 Word版含解析

www.ks5u.com哈师大附中2019-2020学年度高一下学期第二次（线上）考试

数学试题

第Ⅰ卷 (选择题 共60分)

一、选择题(本大题共12个小题，每小题5分，共60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.已知实数满足，则下列结论正确的是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】

根据不等式的性质，或举反例，逐项判断，即可得出结论.

【详解】选项A，，则成立，

所以A正确；

若，则，，,

所以选项B，C，D均不正确.

故选：A

【点睛】本题考查不等式性质，注意应用反例判断不正确的不等式，属于基础题.

2.已知非零向量，向量，若与垂直，则的值为（    ）

A. 1 B.  C. 2 D.

【答案】A

【解析】

【分析】

先利用向量的加法运算求出，再根据与垂直，得，然后由数量积的坐标表示列式即可求出．

【详解】因为，而与垂直，所以，即，解得或，因为为非零向量，所以．

故选：A．

【点睛】本题主要考查利用向量垂直的坐标表示求参数，属于基础题．

3.等差数列的前项和为，若，，则等于（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】

根据成等差数列列方程组，解方程求得的值.

【详解】由于是等差数列，故成等差数列，所以，即，解得.

故选B.

【点睛】本小题主要考查等差数列前项和的性质，考查方程的思想，属于基础题.

4.设等差数列的前项和为，若，，则当取最小值时， 等于（    ）

A. 7 B. 6 C. 5 D. 4

【答案】C

【解析】

【分析】

根据题意可求出等差数列的通项公式，再根据邻项变号法(或二次函数法)即可求出．

【详解】设等差数列的公差为，由可得，，解得，所以．当取最小值时，，即，

解得，而，所以．

故选：C．

【点睛】本题主要考查等差数列的前项和最小值的求法应用，属于基础题．

5.点为斜边上一点，，，若，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】

以A为原点，为轴，为轴，建立平面直角坐标系，设，利用平面坐标系的点表示出向量，根据可得，再根据三点共线可得，联立方程组求出坐标，利用平面向量的线性运算求出， 即可.

【详解】以A为原点，为轴，为轴，建立平面直角坐标系，

如图：

由，则，，

，，

设，，，，

由题意可得 ，解得，，

所以，

由，

可得，

解得，，

所以.

故选：B

【点睛】本题考查了向量的坐标运算、向量垂直的坐标表示、向量的共线的坐标表示，需熟记公式，属于基础题.

6.已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】

根据三视图可知，几何体是一个半圆柱和一个半球的组合体，然后根据圆柱和球的体积公式计算可得答案.

【详解】根据三视图可知，几何体是一个半圆柱和一个半球的组合体，如图：

由三视图可知，半圆柱的底面半径为1，高为3，半球的半径为1，

所以半圆柱的体积为，

半球的体积为，

所以该几何体的体积为.

故选：D.

【点睛】本题考查了由三视图还原直观图，考查了圆柱和球的体积公式，属于基础题.

7.某圆柱的高为2，底面周长为8，其三视图如图.圆柱表面上的点在正视图上的对应点为，圆柱表面上的点在左视图上的对应点为，则在此圆柱侧面上，从到的路径中，最短路径的长度为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】

根据三视图可确定点位置，再将圆柱展开即可根据两点之间线段最短求出最短距离．

【详解】根据三视图可知，点位置以及圆柱展开后如图所示：

根据两点之间线段最短，所以从到的路径中，最短路径的长度为．

故选：C．

【点睛】本题主要考查三视图的应用，以及圆柱的侧面展开图的应用，意在考查学生的空间想象能力，属于基础题．

8.已知两个单位向量，满足，若，则夹角的最大值为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】

把已知等式两边平方得到，利用不等式求得的最小值，再代入向量夹角公式计算即可．

【详解】由，得，，

化简得.∵，

∴ ，当且仅当λ＝1时等号成立．

∴cos＝，∵，∴，∴夹角的最大值为60°．

故选：B

【点睛】本题考查了利用平面向量数量积的运算公式求向量的夹角，也考查了利用基本不等式求最值，属于中档题．

9.若一个几何体的三视图如图所示，则此几何体的表面积为（    ）

A.  B.  C.  D. 4

【答案】A

【解析】

【分析】

根据三视图作出几何体的直观图，由直观图的结构特征即可求解.

【详解】由几何体的三视图可知，该几何体为直六棱柱.

如图所示：

所以几何体的表面积为：

.

故选：A

【点睛】本题考查了由几何体的三视图求几何体的表面积，考查了空间想象能力，属于基础题.

10.在中，，分别为中点，将沿折起得到三棱锥，三棱锥外接球的表面积为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】

由已知可得将沿折起得到三棱锥，相对的棱长相等，故棱锥外接球可以转化为分别以六条棱为面对角线的长方体的外接球，求出球的半径后，代入球的表面积公式，可得答案.

【详解】中，，

分别为中点，

将沿折起得到三棱锥，

故，，，

故棱锥外接球可以转化为分别以六条棱为面对角线的长方体的外接球，

设长方体的长宽高分别为，，，

则，，，

即，

即长方体的外接球半径满足：

，

故三棱锥外接球的表面积为

.

故选：D

【点睛】本题主要考查了多面体的外接球问题、球的表面积公式，属于中档题.

11.已知关于的不等式的解集为，则的值为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】

由题意可知，，根据的几何意义可知，当时，最小值为，故不等式的解集为，即可根据集合相等求出的值．

【详解】根据绝对值的定义可知，，，

它表示点到点和点的距离之和，

所以，当时，最小值为，

故不等式的解集为，即，解得．

故选：B．

【点睛】本题主要考查利用绝对值的几何意义解不等式，属于基础题．

12.若数列满足，若，，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】

由递推公式得出 ，再由递推公式用表示出所有的奇数项，累加可得出所有奇数项的和，再根据 ，代入数据即可求得结果.

【详解】因为，所以

，

 ，

，

，

，

，

，

以此类推

，

，

，

，

所以，，，，，

所以

，

所以.

故选：C

【点睛】本题主要考查数列的综合应用，涉及到递推公式，和等比数列的前项和公式，主要考查学生的综合分析能力.

第Ⅱ卷(非选择题共90分)

二、填空题(本大题共4个小题，每小题5分，共20分，请把正确答案填在题中横线上)

13.若实数，则的最小值为_____________.

【答案】16

【解析】

【分析】

将变形为，利用基本不等式即可求出的最小值．

【详解】因为，所以，当且仅当时取等号，即的最小值为16．

故答案为：16．

【点睛】本题主要考查利用基本不等式求最值，属于基础题．

14.设等比数列的前项和为，公比，则_____________.

【答案】36

【解析】

【分析】

设，再结合与等比数列的性质利用 表达与，再根据求解即可.

【详解】设，因为公比，

故，

同理.又，故，解得，故.

故答案为：

【点睛】本题主要考查了等比数列的性质运用，注意观察下标的关系，属于中档题.

15.以下说法不正确的是______________.(写出所有不正确说法的序号)

（1）有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体叫棱锥.

（2）各侧面都是正方形的四棱柱一定是正方体.

（3）以直角梯形的一腰为轴旋转所得的旋转体是圆台.

（4）圆锥的侧面展开图为扇形，这个扇形所在圆的半径等于圆锥底面圆的半径.

【答案】（1）（2）（3）（4）

【解析】

【分析】

根据棱锥的定义可得（1）错误；当相邻侧面不垂直时可判断（2）错误；只有以垂直于底边的腰旋转才符合要求，可得（3）错误；圆锥侧面展开图扇形的半径等于圆锥的母线长可判断（4）错误.

【详解】有一个面是多边形，其余各面都是有公共顶点三角形的几何体叫棱锥，故（1）错误；

所有侧面都是正方形的四棱柱不一定是正方体，

因为各相邻侧面并不一定都互相垂直，所以（2）错误；

以直角梯形的垂直于底边的腰为轴旋转所得的旋转体才是圆台，以另一腰为轴所得旋转体不是圆台，故（3）错误；

圆锥侧面展开图为扇形，这个扇形所在圆的半径等于圆锥的母线长，故（4）错误，

故答案为：（1）（2）（3）（4）.

【点睛】本题主要考查圆柱、圆锥、圆台的机构特征，属基础知识的考查.

16.已知内一点满足，， ，则的值为__________.

【答案】

【解析】

【分析】

根据向量数量积运算的性质及向量的线性运算可得，利用外心的性质及数量积的定义可求出的值.

【详解】，

,

,

，

同理可得,

故为的外心

,

故答案为：

【点睛】本题主要考查了向量的数量积运算，向量的线性运算，向量的数量积定义，三角形的外心，考查了逻辑推理能力和运算能力，属于难题.

三、解答题(本大题共6个小题，共70分，解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)

17.已知，求证：

（1）；

（2）.

【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析

【解析】

【分析】

（1）作差比较即可证明；

（2）平方作差比较即可证明.

【详解】（1）证明：

，所以，，

所以，

,

所以.

 （2）因为

，

因为，，

所以，，

所以，

所以,

所以.

【点睛】本题考查了不等式的证明，第二问平方后作差是解题关键，属于基础题.

18.已知在递增等差数列中，，是和的等比中项.

（1）求数列的通项公式；

（2）若，为数列的前项和，当对于任意的恒成立时，求实数的取值范围.

【答案】（1）；（2）

【解析】

【分析】

（1）根据等比中项列出等式，即可求出等差数列的公差，从而求出数列的通项公式；

（2）根据的形式可变形为，由裂项相消法可求出，再根据恒成立问题的解法即可求出．

【详解】（1）由题意可得，，化简可得．

因为数列递增，，．

．

（2）因为，

而，要对于任意的恒成立，．

【点睛】本题主要考查等差数列的通项公式的求法，等比中项和裂项相消法的应用，以及不等式恒成立问题的解法应用，属于基础题．

19.已知函数，

（1）若，求解不等式；

（2）若对任意不等式恒成立，求实数的取值范围.

【答案】（1）；（2）

【解析】

【分析】

（1）根据零点分段法即可解出；

（2）先根据绝对值的定义将函数写成分段函数，再分别求出在各自范围上恒成立时的取值范围，然后取交集即可求解．

【详解】（1）若，不等式等价于，

即或或，或或．

故不等式的解集为．

（2）当时，

①时，，，，即；

②时， ，，即．

综上，实数的取值范围是．

【点睛】本题主要考查利用零点分段法求解含有两个绝对值的不等式，以及恒成立问题的解法应用，意在考查学生分类讨论思想的应用能力，属于基础题．

20.在等差数列中，，前项和满足条件，

（Ⅰ）求数列的通项公式；

（Ⅱ）记，求数列的前项和．

【答案】解：（Ⅰ）设等差数列的公差为,由得：，所以，即，所以．

（Ⅱ）由，得．

当时，．

当时，

，

∴，

两式相减得，

∴.

综上可得．

【解析】

【详解】（Ⅰ）设等差数列公差为,由得：，所以，即，所以.

（Ⅱ）由，得.所以，

当时，；

当时，，

即

21.在中，内角的对边分别是，向量，，若，

（1）求角的大小；

（2）若，求边上的高的最大值.

【答案】（1）；（2）

【解析】

【分析】

（1）根据向量共线的坐标表示可得，再利用正弦定理的边角互化以及两角和的正弦公式即可求解.

（2）根据向量数量积的定义可得，再利用余弦定理以及基本不等式可得，由三角形的面积公式即可求解.

【详解】解：（1）因为，所以，

由正弦定理，，即

（2）若，则，

由余弦定理，，

，，

面积，

又，

，

，，

在时取等号，

故边上的高的最大值为.

【点睛】本题考查了正弦定理、余弦定理解三角形、三角形的面积公式、向量共线的坐标表示、向量数量积的定义，考查了基本知识，属于基础题.

22.设数列的前项和为，对任意的正整数，都有成立，记.

（1）求数列与数列的通项公式；

（2）记，设数列的前项和为，求证：对任意正整数，都有；

（3）设数列的前项和为，是否存在正整数，使得成立?若存在，找出一个正整数;若不存在，请说明理由.

【答案】（1）；（2）证明见解析；（3）不存在，理由见解析

【解析】

【分析】

（1）利用可得数列是等比数列，根据等比数列的通项公式可得，进而可得；

（2）通过放缩可得，再按照和两种情况分别证明即可；

（3）通过放缩得到，再分为奇数和为偶数两种情况讨论即可得到答案.

【详解】（1）令，得，得，

因为，所以，

所以，

所以，

因为，所以，

所以数列是首项为，公比为的等比数列，

所以,.

（2）由得

，

又，

当时，，所以，

当时，

，

∴对任意正整数都有.

（3），，

，

当为偶数时，，

当为奇数时，，

所以存在正整数，使得成立.

【点睛】本题考查了由与的关系式求，考查了利用放缩法和等比数列前和公式证明数列不等式，使用放缩法是解题关键，属于较难题.