2018-2019学年四川省棠湖中学高一下学期期中考试数学试题（解析版） 13页

‎2018-2019学年四川省棠湖中学高一下学期期中考试数学试题 一、单选题 ‎1．计算sin43°cos13°-cos43°sin13°的结果等于 A． B． C． D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎2．已知平面向量，的夹角为，，，则（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】B ‎【解析】分析：根据向量数量积的定义求解即可．‎ 详解：由题意得．‎ 故选B．‎ 点睛：本题考查用量数量积定义的应用，考查学生的计算能力，属于基础题．‎ ‎3．不等式的解集是（ ）‎ A． B．‎ C．或 D．或 ‎【答案】A ‎【解析】把不等式转化为，求出不等式的解集，可得得到答案。‎ ‎【详解】‎ 不等式可化为，解得，‎ 所以不等式的解集是，故选A。‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了一元二次不等式的求解，其中解答中熟记一元二次不等式的求解是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题。‎ ‎4．已知，，则下列结论中正确的是（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】D ‎【解析】根据不等式的性质，逐项判断，即可求解，得到答案。‎ ‎【详解】‎ 由题意，因为，则，故A错误；‎ 由，则，则成立，所以B错误；‎ 由，则，又由，则成立，所以C错误；‎ 由，则，又由，则成立，所以D正确。‎ 故选D。‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了不等式的性质的应用，其中解答中熟记不等式的性质，合理准确判定是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题。‎ ‎5．在中，角、、所对的边分别为，，，且满足，则为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】C ‎【解析】由已知条件，利用余弦定理，求得，再利用勾股定理，即可求解。‎ ‎【详解】‎ 由题意，因为，‎ 根据余弦定理可得，整理可得，‎ 再由勾股定理，可知，故选C。‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了余弦定理、勾股定理在解三角形中的应用，其中解答中熟练应用余弦定理化简、运算是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题。‎ ‎6．已知函数（且），若，则（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】C ‎【解析】由，求得，得到函数的解析式，进而可求解的值，得到答案。‎ ‎【详解】‎ 由题意，函数且，，‎ 所以，所以且，‎ 所以，‎ 所以，故选C。‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了函数解析式的求解，以及函数值的运算问题，其中解答中根据题意准确求得函数的解析式，合理利用解析式求解是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题。‎ ‎7．在中，，，若，则的值为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】C ‎【解析】由已知可得为的中点，得到，结合向量的数量积的定义，即可求解。‎ ‎【详解】‎ 由题意，向量，所以为的中点，‎ 所以，‎ 则，‎ 故选C。‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了向量的加法、减法的三角形法则以及向量的数量积的运算，其中解答中熟记向量的加法、减法法则和向量的数量积的运算公式，准确运算是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题。‎ ‎8．若方程有两个不相等的实数根，则实根的取值范围是（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】B ‎【解析】方程有两个不相等的实数根，转化为有两个不等根，根据图像得到只需要 ‎ 故答案为：B。‎ ‎9．各侧棱长都相等，底面是正多边形的棱锥称为正棱锥，正三棱锥 的侧棱长为，侧面都是直角三角形，且四个顶点都在同一个球面上，则该球的表面积为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】D ‎【解析】因为侧棱长为a的正三棱锥P﹣ABC的侧面都是直角三角形，且四个顶点都在一个球面上，三棱锥的正方体的一个角，把三棱锥扩展为正方体，它们有相同的外接球，球的直径就是正方体的对角线，正方体的对角线长为： ；所以球的表面积为：4π =3πa2‎ 故答案为：D。‎ 点睛：本题考查了球与几何体的问题，是高考中的重点问题，一般外接球需要求球心和半径，首先应确定球心的位置，球心到各顶点距离相等，这样可先确定几何体中部分点组成的多边形的外接圆的圆心，过圆心且垂直于多边形所在平面的直线上任一点到多边形的顶点的距离相等，然后同样的方法找到另一个多边形的各顶点距离相等的直线，这样两条直线的交点，就是其外接球的球心，有时也可利用补体法得到半径。‎ ‎10．的值为（ ）‎ A． B． C．1 D．2‎ ‎【答案】C ‎【解析】 ，故选C.‎ ‎【点睛】本题的解题关键是：1.切化弦；2.辅助角公式；3.利用二倍角公式和诱导公式求解.‎ ‎11．若函数对任意的，都有．若函数，则的值是（ ）‎ A．-2 B．-1 C． D．0‎ ‎【答案】B ‎【解析】由得对称轴为 ，故选B.‎ ‎12．在R上定义运算⊙：，若不等式对任意实数都成立，则 A． B．‎ C． D．‎ ‎【答案】B ‎【解析】把不等式对任意实数都成立，转化为对任意实数都成立，利用二次函数的性质，即可求解。‎ ‎【详解】‎ 由题意，可知不等式对任意实数都成立，‎ 又由，‎ 即对任意实数都成立，‎ 所以，即，解得，‎ 故选B。‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了函数的新定义问题，以及不等式的恒成立问题，其中解答中把不等式的恒成立问题转化为一元二次不等式的恒成立，利用二次函数的图象与性质求解是解答的关键，着重考查了转化思想，以及推理与运算能力，属于基础题。‎ 二、填空题 ‎13．数列，其前11之和________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】利用数列的通项公式，直接可求解前11项的和，得到答案。‎ ‎【详解】‎ 由题意，数列，‎ 则其前11项的和为 ‎，‎ 故答案为.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了数列的并项求和问题，其中解答中合理利用数列的通项，选择并项求和是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题。‎ ‎14．在△ABC中，若，则________（用弧度制表示）.‎ ‎【答案】 (或填)‎ ‎【解析】由余弦定理得，且，即可求解，得到答案。‎ ‎【详解】‎ 由题意，可知满足，即 ‎ 由余弦定理得，又由，所以.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了余弦定理的应用，其中解答中根据题设条件，合理利用余弦定理求解是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题。‎ ‎15．设分别是等差数列的前项和，已知，，则________。‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】利用等差数列的性质，可得，即可求解，得到答案。‎ ‎【详解】‎ 由题意，分别是等差数列的前项和，且，‎ 则，故答案为.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了等差数列的性质，以及前n项和公式的应用，其中解答中熟记利用等差数列的性质，合理利用等差数列的前n项和公式求解是解答的关键，着重考查了推理与计算能力，属于基础题。‎ ‎16．已知函数是上的偶函数，其图象关于点对称，且在区间上是单调函数，则的值为__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】是上的偶函数， ， ， 又图象关于点对称， 即，即，又在区间上单调函数， ，即，解得；当时， ，故答案为 三、解答题 ‎17．已知函数.‎ ‎（1）化简；‎ ‎（2）若，且，求的值.‎ ‎【答案】(1) ;(2) .‎ ‎【解析】（1）根据诱导公式化简即可．（2）由题意得，又由题意得到，根据与的关系求解．‎ ‎【详解】‎ ‎（1）由题意得.‎ ‎（2）由（1）知．‎ ‎∵，‎ ‎∴，‎ ‎∴.‎ 又，‎ ‎∴，‎ ‎∴.‎ ‎∴.‎ ‎【点睛】‎ 此题考查了运用诱导公式化简求值，以及同角三角函数间的基本关系，熟练掌握诱导公式是解本题的关键．‎ ‎18．已知，，.‎ ‎（1）求向量与的夹角；‎ ‎（2）求及向量在方向上的投影.‎ ‎【答案】(1) ;(2).‎ ‎【解析】试题分析：（Ⅰ）将已知中的向量数量积运算展开得到的值，利用展开后可得到夹角的大小，（Ⅱ）利用将向量的模转化为向量的数量积运算，通过求解模的大小，向量在方向上的投影为，为两向量的夹角 试题解析：（Ⅰ）‎ ‎（Ⅱ）由（Ⅰ）知 所以向量在方向上的投影为 ‎【考点】1．向量的数量积运算；2．向量的模及投影 ‎19．如图，三棱柱中，点是的中点.‎ ‎（1）求证： 平面；‎ ‎（2）若平面， ， ， ，求二面角 的大小.‎ ‎【答案】(1)见解析(2) ‎ ‎【解析】试题分析：（1）连接，交于点，连接，根据三角形中位线得到，进而得到线面平行；（2）根据二面角的定义可证得是二面角的平面角，在三角形BD中求解即可。‎ 解析：‎ ‎（1）连接，交于点，连接.‎ 因为是三棱柱，所有四边形为平行四边形.‎ 所以是的中点.‎ 因为点是的中点，所以是的中位线，‎ 所以， ‎ 又平面， 平面，所以平面. ‎ ‎（2）是二面角的平面角.‎ 事实上，因为面， 面，所以.‎ 在中， ， 是底边的中点，所以.‎ 因为， ， ，‎ 所以平面，‎ 因为平面， 平面，‎ 所以， ，‎ 所以是二面角的平面角. ‎ 在直角三角形 中， ， ，‎ 所以 为等腰直角三角形，‎ 所以.‎ ‎20．在中，角，，所对的边分别为，，，已知为边的中点，，，.‎ ‎（1）求角的大小；‎ ‎（2）求的面积.‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】分析：（1）根据条件及正弦定理可得，又，故，于是得到．（2）延长至，使，连接，则，且．在中，结合余弦定理可得，进而可得．‎ 详解：（1）由可得，‎ 由正弦定理得，‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ 又，‎ ‎∴，‎ ‎∵，‎ ‎∴.‎ ‎（2）延长至，使，连接，则，且．‎ 在中，，，，‎ 由余弦定理得，‎ 即，‎ 整理得，‎ 解得或（舍去）.‎ ‎∴.‎ 点睛：（1）在已知关系式中，若既含有边又含有角，则解题时的通常的思路是将角都化成边或将边都化成角，再结合正、余弦定理即可求角．‎ ‎（2）三角形的面积公式常与正余弦定理结合在一起考查，解题时注意整体思想的运用．‎ ‎21．已知：数列的前项和为，且。‎ ‎（1）求证：数列等比数列；‎ ‎（2）等差数列满足，设，求数列的前项和。‎ ‎【答案】（1）详见解析；（2）.‎ ‎【解析】（1）利用数列递推关系式，化简得，且，即可证得数列是以为首项，2为公比的等比数列；‎ ‎（2）由（1），设等差数列的公差为，求得，得到，得出，利用裂项法，即可求解。‎ ‎【详解】‎ ‎（1）证明：由题意，因为，‎ 当时,，‎ 当时，，‎ 可得，即，‎ 所以数列是以为首项，2为公比的等比数列，‎ ‎（2）由（1）得数列的通项公式和前n项和公式，可得,‎ 设的公差为，且，解得，‎ 所以 所以，‎ 所以。‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查等差、等比数列的通项公式及求和公式、以及“裂项法”求和问题，此类题目是数列问题中的常见题型，解答中确定通项公式是基础，准确计算求和是关键，易错点是在“裂项”之后求和时，弄错数列的项数，能较好的考查考生的数形结合思想、逻辑思维能力及基本计算能力等.‎ ‎22．数列的前项和为，满足.‎ ‎（1）求的通项公式；‎ ‎（2）设数列满足，求的前项和.‎ ‎【答案】（1）；（2）（）.‎ ‎【解析】（1）利用数列的通项公式和前n项和之间的关系，即可求解数列的通项公式，得到答案。‎ ‎（2）由（1）求得，利用乘公比错位相减法，即可求解数列的前n项和，得到答案。‎ ‎【详解】‎ ‎（1）由于数列的前项和 故时，‎ 当时，‎ 经检验时，上式也成立 故数列的通项公式 ‎（2）由（1）知 故 左右两边同乘以3，得 两式相减得 ‎ ‎ ‎ .‎ 所以（）‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查等差、等比数列的通项公式及求和公式、以及“错位相减法”求和的应用，此类题目是数列问题中的常见题型，对考生计算能力要求较高，解答中确定通项公式是基础，准确计算求和是关键，易错点是在“错位”之后求和时，弄错等比数列的项数，能较好的考查考生的数形结合思想、逻辑思维能力及基本计算能力等.‎