江西省宜春市奉新县第一中学2019-2020学年高一下学期第一次月考数学试题 Word版含解析

这是一份江西省宜春市奉新县第一中学2019-2020学年高一下学期第一次月考数学试题 Word版含解析，共17页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
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奉新一中2022届高一下学期第一次月考数学试卷
一、选择题（本大题共12小题）
1.数列，，，，…的第10项是(　　)
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
分析：由数列，可知奇数项符号为正号，偶数项的符号为负号，而分子为偶数为项数），分母比分子大，即可得到通项公式.
详解：由数列，
可知，奇数项的符号为正号，偶数项的符号为负号，
而分子为偶数为项数），分母比分子大，
故可得到通项公式，
，故选C.
点睛：本题主要考查归纳猜想得出数列的通项公式，属于基础题. 归纳推理的一般步骤: 一、通过观察个别情况发现某些相同的性质. 二、从已知的相同性质中推出一个明确表述的一般性命题(猜想）. 常见的归纳推理分为数的归纳和形的归纳两类：(1) 数的归纳包括数的归纳和式子的归纳，解决此类问题时，需要细心观察，寻求相邻项及项与序号之间的关系，同时还要联系相关的知识，如等差数列、等比数列等；(2) 形的归纳主要包括图形数目的归纳和图形变化规律的归纳.
2.设,且，则下列结论中正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
利用不等式性质判断或者举反例即可.
【详解】对A,当时不满足
对B,因为则成立.故B正确.
对C,当时不满足,故不成立.
对D,当时不满足,故不成立.
故选：B
【点睛】本题主要考查了不等式的性质运用等,属于基础题型.
3.是任意一个角，则与的终边（ ）
A. 关于坐标原点对称 B. 关于轴对称
C. 关于轴对称 D. 关于直线对称
【答案】B
【解析】
【分析】
利用角与的终边上一点所在位置的关系，即可求解.
【详解】设任意角终边上一点的坐标为，则对应的角的终边点的坐标为，
因为点与关于轴对称，可得角与的终边关于轴对称.
故选：B.
【点睛】本题主要考查了两个角的终边的位置关系，以及角的表示，其中熟练应用角的终边上点的关系是解答的关键.
4.在等比数列中，已知，则( )
A 1 B. 3 C. D.
【答案】A
【解析】
试题分析：因为在等比数列中..所以.所以.当时.由等比中项可得.即不符合题意.所以.故选A.本小题主要考查等比数列的等比中项.由于不是连续的三项，所以要检验.另外由等比通项公式可以直接得到解论.
考点：1.等比数列的等比通项.2.等比通项公式.
5.若，，则是(　)
A. 第四象限角 B. 第三象限角 C. 第二象限角 D. 第一象限角
【答案】B
【解析】
【分析】
根据三角函数的符号，确定终边上的点所处的象限，从而得到结果.
【详解】

则对应第三象限点，即是第三象限角
本题正确选项：
【点睛】本题考查各象限内三角函数值的符号，属于基础题.
6.图中阴影部分的点满足不等式组在这些点中，使目标函数取得最大值的点的坐标是（ ）

A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
画出约束条件所表示的平面区域，结合图象确定出目标函数的最优解，联立方程组，即可求解.
【详解】由题意，画出不等式组所表示的平面区域，如图所示，
目标函数，可化为直线，
当直线过点A时，直线在轴上的截距最大，此时目标函数取得最大值，
又由，解得，
即使目标函数取得最大值的点的坐标是.
故选：A.

【点睛】本题主要考查了线性规划的应用，其中解答中正确画出约束条件所表示的平面区域是解答的关键，着重考查了数形结合思想，以及计算能力.
7.已知是公差为1的等差数列，为的前项和，若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
试题分析：由得，解得.
考点：等差数列.

8.下列与的终边相同的角的表达式中正确的是(　　)
A. 2kπ＋45°(k∈Z) B. k·360°＋π(k∈Z)
C. k·360°－315°(k∈Z) D. kπ＋ (k∈Z)
【答案】C
【解析】
【分析】
利用终边相同的角的公式判断即得正确答案.
【详解】与的终边相同的角可以写成2kπ＋ (k∈Z)，但是角度制与弧度制不能混用，所以只有答案C正确.
故答案为C
【点睛】（1）本题主要考查终边相同的角的公式，意在考查学生对该知识的掌握水平和分析推理能力.(2) 与终边相同的角=+ 其中.
9.已知数列对于任意，，有，且，则（ ）
A. 21 B. C. 34 D.
【答案】B
【解析】
【分析】
先判断出数列构成首项为，公差为的等差数列，利用等差数列的通项公式，即可求解.
【详解】由题意，数列对于任意，有，且，
令，可得，解得，
令，可得，即，
所以数列构成首项为，公差为的等差数列，
所以.
故选：B.
【点睛】本题主要考查了等差数列的定义及通项公式的应用，其中解答中利用等差数列的定义得出数列构成首项为，公差为的等差数列是解答的关键，着重考查了推理与计算能力.
10.将函数的图象向左平移个单位，所得图象关于轴对称，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
根据三角恒等变换的公式和三角函数的图象变换，求得，在结合三角函数的图象与性质，即可求解.
【详解】由题意，函数，
将函数的图象向左平移个单位，可得，
又由图象关于轴对称，可得，
即，则，解得，
因为，令，可得，即的最小值为.
故选：D.
【点睛】本题主要考查了三角函数的图象变换，以及三角函数的性质的综合应用，其中解答中熟记三角函数的图象变换和三角函数的性质是解答的关键，着重考查了推理与运算能力.
11.设，，且恒成立，则的最大值为（ ）
A. 2 B. 3 C. 4 D. 5
【答案】C
【解析】
【分析】
由恒成立，转化为，结合基本不等式求得最值，即可求解.
【详解】因为，所以，
所以
，
当且仅当，即时取等号，
因为恒成立，所以，
即的最大值为4.
故选：C.
【点睛】本题主要考查了基本不等式的应用，以及恒成立问题的等价转化，其中解答中合理转化，熟练利用基本不等式求得最值是解答的关键，着重考查了转化思想，以及推理与运算能力.
12.若，是方程的两根，则的值为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
利用一元二次方程的根与系数的关系和三角函数的基本关系式，即可求得实数的值.
【详解】因为，是方程的两根，
可得，所以，
解得，
又方程有实根，则，解得或，
综上可得，实数的值为.
故选：B.
【点睛】本题主要考查了一元二次方程根与系数的关系，以及同角三角函数基本关系式的应用，着重考查了推理与运算能力.
二、填空题（本大题共4小题）
13.已知，且的终边在轴上方，则______（）.
【答案】.
【解析】
【分析】
由诱导公式，化简得，再结合三角函数的基本关系式，即可求解.
【详解】由题意，因为，即，
又因为角的终边在轴上方，所以角为第二象限角，
可得，又由
故答案为：.
【点睛】本题主要考查了三角函数的诱导公式，以及三角函数的基本关系式化简、求值，其中解答中熟记三角函数的诱导公式和基本关系式，准确运算是解答的关键，着重考查了计算能力.
14.若，则关于的不等式的解集是__________．
【答案】
【解析】
【分析】
先由题意，得到，直接解不等式，即可得出结果.
【详解】因为，所以，
因此由可得，
解得：，
即不等式的解集为：.
故答案为：.
【点睛】本题主要考查解一元二次不等式，熟记不等式的解法即可，属于基础题型.
15.函数，的图象与直线y=k有且仅有两个不同的交点，则k的取值范围是_____.
【答案】
【解析】
【详解】作出其图像，可只有两个交点时k的范围为.
故答案为

16.若是函数的两个不同的零点，且这三个数可适当排序后成等差数列，也可适当排序后成等比数列，则的值等于________．
【答案】9
【解析】
【分析】
由一元二次方程根与系数的关系得到a+b=p，ab=q，再由a，b，﹣2这三个数可适当排序后成等差数列，也可适当排序后成等比数列列关于a，b的方程组，求得a，b后得答案．
【详解】由题意可得：a+b=p，ab=q，
∵p＞0，q＞0，
可得a＞0，b＞0，
又a，b，﹣2这三个数可适当排序后成等差数列，
也可适当排序后成等比数列，
可得①或②．
解①得：；解②得：．
∴p=a+b=5，q=1×4=4，
则p+q=9．
故答案为9．
点评：本题考查了一元二次方程根与系数的关系，考查了等差数列和等比数列的性质，是基础题．
【思路点睛】解本题首先要能根据韦达定理判断出a，b均为正值，当他们与-2成等差数列时，共有6种可能，当-2为等差中项时，因为，所以不可取，则-2只能作为首项或者末项，这两种数列的公差互为相反数；又a,b与-2可排序成等比数列，由等比中项公式可知-2必为等比中项，两数列搞清楚以后，便可列方程组求解p，q．

三、解答题（本大题共6小题.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）
17.等差数列中，，．
（1）求数列的通项公式；
（2）设，求的值．
【答案】（1）；（2）
【解析】
（Ⅰ）设等差数列的公差为．
由已知得，
解得．
所以．
（Ⅱ）由（Ⅰ）可得．
所以



．
考点：1、等差数列通项公式；2、分组求和法．

18.已知，，，.
（1）求的值；
（2）求出的值.
【答案】（1）1；（2）
【解析】
【分析】
（1）由三角函数的基本关系式，求得，再两角和的正切公式，即可求解；
（2）由，，得到，结合，即可求解.
【详解】（1）由，，可得，
所以，
所以.
（2）因为，，所以，
又由，所以.
【点睛】本题主要考查了三角函数的化简、求值，其中解答中熟记三角函数的基本关系式，以及两角和的正切公式，准确运算是解答的关键，着重考查了推理与计算能力.
19.甲乙两地相距海里，某货轮匀速行驶从甲地运输货物到乙地，运输成本包括燃料费用和其他费用．已知该货轮每小时的燃料费与其速度的平方成正比，比例系数为，其他费用为每小时元，且该货轮的最大航行速度为海里/小时．
（）请将该货轮从甲地到乙地的运输成本表示为航行速度（海里/小时）的函数．
（）要使从甲地到乙地的运输成本最少，该货轮应以多大的航行速度行驶？
【答案】（1），（2）当货轮航行速度为海里/小时时，能使该货轮运输成本最少为元
【解析】
试题分析:(1)从甲地到乙地的运输成本y(元)=每小时的燃料费用×时间+每小时其它费用×时间;(2)由(1)得出函数表达式,用基本不等式求出最小值即可.
试题解析:
（）由题意，每小时的燃料费用为，从甲地到乙地所用的时间为小时，
则从甲地到乙地的运输成本，，
故所求的函数为，．
（）由（）知，
当且仅当，即时等号成立．
故当货轮航行速度为海里/小时时，能使该货轮运输成本最少为元．
20.在已知函数（其中）的图象与轴的交点中，相邻两个交点之间的距离为，且图象上一个最低点为.
(1)求的解析式；
(2)当时，求的值域．
【答案】（1） （2）[-1，2]
【解析】
试题分析：根据正弦型函数图象特点，先分析出函数的振幅和周期，最低点为,得,周期，则，又函数图象过，代入得，故，又，从而确定，得到，再求其单调增区间．
(2)分析，结合正弦函数图象，可知当,即时,取得最大值；当,即时,取得最小值,故的值域为．
试题解析：（1）依题意,由最低点为,得,又周期,∴．
由点在图象上,得,
∴，,．
∵，∴,∴．
由,，得．
∴函数的单调增区间是．
(2),∴．
当,即时,取得最大值；
当,即时,取得最小值,故的值域为．
点睛：本题考查了三角函数的图象和性质，重点对求函数解析式，单调性，最值进行考查，属于中档题．解决正弦型函数解析式的问题，一定要熟练掌握求函数周期，半周期的方法及特殊值的应用，特别是求函数的初相时，要注意特殊点的应用及初相的条件，求函数值域要结合正弦函数图象，不要只求两个端点的函数值．

21.已知函数在区间上有最大值4和最小值1.设.
（1）求，值；
（2）若不等式在上有解，求实数的取值范围.
【答案】（1）；（2）.
【解析】
【分析】
（1）结合一元二次函数的图象与性质，列出不等式组，即可求解；
（2）令，利用分离参数法，转化为有解，结合二次函数的最值，即可求解.
【详解】（1）由函数，
因为，所以在区间上是增函数，
故，解得.
（2）由（1）可得函数，
又由，可化为，即，
令，则，
因为，所以，令函数，
因为，所以当时，函数取得最小值，
所以，
即不等式在上有解时，的取值范围是.
【点睛】本题主要考查了一元二次函数的图象与性质，以及不等式的有解问题，其中解答中熟记一元二次函数的图象与性质，以及合理利用分类参数法求解是解答的关键，着重考查了转化思想，以及推理与运算能力.
22.已知数列是首项为正数的等差数列，数列的前项和为.
（1）求数列的通项公式；
（2）设，求数列的前项和.
【答案】(1)；(2).
【解析】
【详解】（Ⅰ）设数列的公差为，
令得，所以.
令得，所以.
解得，所以
（Ⅱ）由（Ⅰ）知所以
所以
两式相减，得

所以
考点：1.等差数列的通项公式；2.数列的求和、“错位相减法”.