黑龙江省牡丹江市第一高级中学2018-2019学年高一下学期期中考试数学试题(解析版)

牡一中2018级高一学年下学期期中考试数学试题

一、选择题（每小题5分共60分）

1.如果,那么下列不等式中正确的是( )

A. B. C. D.

【答案】A

【解析】

【分析】

根据已知条件分别对A、B、C、D，四个选项利用特殊值代入进行求解．

【详解】A、如果a＜0，b＞0，那么，∴，故A正确；

B、取a＝﹣2，b＝1，可得，故B错误；

C、取a＝﹣2，b＝1，可得a2＞b2，故C错误；

D、取a，b＝1，可得|a|＜|b|，故D错误；

故选：A．

【点睛】此题考查不等关系与不等式，利用特殊值法进行求解更加简便，此题是一道基础题．

2.实数数列，，为等比数列，则等于（ ）

A. B. C. D. 或

【答案】D

【解析】

【分析】

利用等比数列的通项公式或者等比中项求解.

【详解】由等比数列性质得，所以.故选D.

【点睛】本题主要考查等比数列的性质，等比中项一般是有两个结果，注意不同情境对结果的取舍.

3.在等差数列中，若，，则等于（ ）

A. 9 B. 7 C. 6 D. 5

【答案】B 【解析】

【分析】

利用等差数列的性质能求出 ，利用等差数列前n项和公式能求出a2=-1，求得d,由此能求出a5．

【详解】因为，

所以5a7=55，所以，

因为，所以 ，

所以公差 ，

所以

故选：B．

【点睛】本题考查等差数列的第5项的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意等差数列的性质的合理运用．

4.在中，，，且的面积为，则（ ）

A. 1 B. C. 2 D.

【答案】C

【解析】

【分析】

先根据三角形的面积求出AB，再利用余弦定理求BC得解.

【详解】由题得.

由余弦定理得

所以BC=2.

故选：C

【点睛】本题主要考查三角形的面积的应用和余弦定理，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.

5.在数列中，已知，，则其通项公式为等于（ ）

A. B.

C. D. 【答案】A

【解析】

【分析】

根据题意可直接构造一个新数列成等比数列，求出新数列的通项公式，然后求出的通项公式。

【详解】因为，

所以，

由题意得，

所以数列是以2为首项，2为公比的等比数列，

所以，

所以，故选A。

【点睛】本题考查新数列的构造，利用构造一个新等比数列，求出新数列的通项公式，从而求出所求数列的通向公式。

6.中，若，则该三角形一定是（ ）

A. 等腰直角三角形 B. 等腰三角形或直角三角形

C. 等腰三角形但不是直角三角形 D. 直角三角形但不是等腰三角形

【答案】A

【解析】

【分析】

利用正弦定理，同角三角函数基本关系式得tanB＝1，tanC＝1，即B＝C＝，可得△ABC为等腰直角三角形．

【详解】∵，由正弦定理，

可得

解得sinB＝cosB，sinC＝cosC，可得tanB＝1，tanC＝1，

又∵B，C∈（0，π），

∴B＝C＝，可得：A＝π﹣B﹣C＝， ∴△ABC为等腰直角三角形．

故选：A．

【点睛】本题考查正弦定理，同角三角函数基本关系式，三角形内角和定理在解三角形中的应用，属于基础题．

7.我国明代珠算家程大位的名著《直指算法统宗》中有如下问题：“今有白米一百八十石，令三人从上及和减率分之，只云甲多丙米三十六石，问：各该若干？”其意思为：“今有白米一百八十石，甲、乙、丙三人来分，他们分得的白米数构成等差数列，只知道甲比丙多分三十六石，那么三人各分得多少白米？”请问：乙应该分得（ ）白米

A. 96石 B. 78石 C. 60石 D. 42石

【答案】C

【解析】

【分析】

由只知道甲比丙多分三十六石，求出公差18，再由180，能求出甲应该分得78石，进而可得结果．

【详解】解：今有百米一百八十石，甲乙丙三个人来分，他们分得的米数构成等差数列，

只知道甲比丙多分三十六石，

∴18，

180，

解得＝78（石）．

∴＝7818=60石

∴乙应该分得60石．

故选：C．

【点睛】本题考查等差数列的首项的求法，考等差数列的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．

8.若实数x＋y＋z＝1，则2x2+y2+3z2 的最小值为( )

A. 1 B. C. D. 11

【答案】C 【解析】

由柯西不等式可知：（x+y+z）2≤（2x2+y2+3z2）（+12+），

故2x2+y2+3z2≥，即：x2+2y2+3z2的最小值为.

故答案为：C.

9.在中，根据下列条件解三角形，其中有两个解的是

A. ，， B. ，，

C. ，， D. ，，

【答案】D

【解析】

【分析】

根据全等三角形的判断方法，判断A,B两个选项有一个解.根据判断C选项有一个解.根据判断D选项有两个解.

【详解】根据“有两个角两角相等，且有一边相等的两个三角形全等”可知A选项有一个解.根据“两边对应相等，且这两边的夹角相等，则这两个三角形全等”可知B选项有一个解.由于为锐角，且，故C选项有一个解.对于D选项，由于，所以D选项有两个解.故选B.

【点睛】本小题主要考查解三角形过程中，三角形解得个数的判断，属于中档题.

10.已知数列满足：，则的前40项的和为（ ）

A. 860 B. 1240 C. 1830 D. 2420

【答案】B

【解析】

【分析】

本道题结合得到数列的递推公式,利用等差数列求和公式,计算结果,即可.

【详解】令,

,第一个式子和第二个式子相减,得到

,第二个式子和第三个式子左右两边相加得到

故 ,故选B.

【点睛】本道题考查了数列求和,关键把握好数列的递推公式,难度偏难.

11.已知，不等式的解集为.若对任意的，恒成立，则的取值范围是（ ）

A. B. C. D.

【答案】D

【解析】

【分析】

先根据韦达定理求出b和c的值，再根据不等式恒成立求出m的范围.

【详解】由题得，所以b=4,c=6.

所以.

因为对任意的，恒成立，

所以对任意的，恒成立，

因为y=在[-1,0]上的最大值为4.

所以m≥4.

故选：D

【点睛】本题主要考查一元二次不等式的解和二次不等式的恒成立问题，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.

12.已知数列的前项和为，且满足，若不等式对任意的正整数恒成立，则整数的最大值为（ ）

A. 3 B. 4 C. 5 D. 6

【答案】B

【解析】

【分析】 由题意，根据数列数列满足，得，所以数列表示首项，公差为2的等差数列，求得，又由恒成立，转化为对任意的正整数恒成立，利用数列的单调性，求得当时，求得最大值，此时最大值为，即可求解.

【详解】由题意，数列满足，则当时，，

两式相减可得，

所以，又由，所以，

即，所以数列表示首项，公差为2的等差数列，所以，

又由，即，

即，即对任意的正整数恒成立，

即对任意的正整数恒成立，

设，则，

所以，当时，求得最大值，此时最大值为，

所以，即，所以的最大整数为4，故选B.

【点睛】本题主要考查了数列的递推公式求数列的通项公式，以及不等式的恒成立问题的求解，其中解答中根据数列的递推关系式，求得数列的通项公式，把不等式的恒成立问题转化为对任意的正整数恒成立是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于中档试题.

二、填空题（每小题5分共20分）

13.数列中，，，，则为__________．

【答案】19

【解析】

分析：利用数列的递推公式，逐个写出项的值。

详解：由递推公式可得

所以

点睛：本题考查了数列递推公式的应用，属于简单题。

14.在锐角中，角的对边分别为，若 ， ，则的取值范围是_____________．

【答案】

【解析】

【分析】

首先由正弦定理化简可得 ,再由 和正弦定理把边化角，利用化一公式即可求出 的取值范围。

【详解】解：在 中，由正弦定理可得:

又

又因为为锐角三角形，

,

【点睛】本题考查正弦定理，锐角三角形求角的范围，以及化一公式的应用。

15.将数列3，6，9，……按照如下规律排列，

记第行的第个数为，如，若，则_______．

【答案】44

【解析】

【分析】

本题首先可以通过数列来确定2019是数列的第673项，然后通过计算前多少行共有多少个数来确定第673项在哪一行，最后即可得出的值并计算出结果。

【详解】由题意可知，数列是一个首项为3、公差为3的等差数列，

令数列为数列，则有，2019是数列的第673项，

再由图可知：

前1列共有1个数；

前2列共有个数；

前3列共有个数；

前4列共有个数；

；

前36列共有个数；

前37列共有个数；

所以2019是第37列第7个数，故。

【点睛】本题考查数列的相关性质，主要考查数列的某一项的项数以及数列的前项和，考查推理能力以及计算能力，考查学生从题意中获取信息并寻找规律的能力，是中档题。

16.在中，点在线段上，且，，则面积的最大值为__________．

【答案】

【解析】

【分析】