《新疆乌鲁木齐市第七十中学2020学年高一数学下学期期中试题 理（含解析）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《新疆乌鲁木齐市第七十中学2020学年高一数学下学期期中试题 理（含解析）（14页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、新疆乌鲁木齐市第七十中学2020学年高一数学下学期期中试题 理（含解析）一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分.1.对于任意实数给定下列命题正确的是（）A. 若，则B. 若，则C. 若则D. 若则【答案】C【解析】试题分析：若，取，则，故A错误；若，则，故B错误；若则，所以，故C正确；若取，则，故D错误。故选C。考点：不等式的性质点评：判断不等式是否成立，可通过取值进行排除。2.实数为数列比数列，则（ ）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
2、是有两个结果，注意不同情境对结果的取舍.3.下列关于棱柱的说法中，错误的是()A. 三棱柱底面为三角形B. 一个棱柱至少有五个面C. 若棱柱的底面边长相等，则它的各个侧面全等D. 五棱柱有5条侧棱、5个侧面，侧面为平行四边形【答案】C【解析】显然A正确；底面边数最少的棱柱是三棱柱，它有五个面，故B正确；底面是正方形的四棱柱，有一对侧面与底面垂直，另一对侧面不垂直于底面，此时侧面并不全等，所以C错误；D正确，所以选C.4.在中，如果, ，则=（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】利用余弦定理可以求得.【详解】由余弦定理可得.所以.故选A.【点睛】本题主要考查余弦定理的应用,熟记
3、公式是求解关键，题目较为容易.5.已知数列的前项和，则数列的前6项和为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】数列前项和，时，两式作差得到，当时，也适合上式，所以，所以，裂项求和得到，故答案为A.【名师点睛】本题考查的是数列通项公式的求法及数列求和的常用方法.数列通项的求法中有常见的已知和的关系，求的表达式，一般是写出后两式作差得通项，但是这种方法需要检验n=1时通项公式是否适用.数列求和的常用方法有：错位相减、裂项求和、分组求和等.6.若不等式的解集为，则实数的取值范围是( )A. B. C. D. 【答案】B【解析】试题分析：可化为，当时，不等式为40，恒成立，当时，不等式的解集为
4、R，则，解得；综上有故选B考点：解一元二次不等式，不等式恒成立7.在中，则一定（ ）A. 等腰三角形B. 直角三角形C. 等腰直角三角形D. 等腰三角形或直角三角形【答案】D【解析】【分析】运用正弦定理，结合、以及二倍角的正弦公式和余弦公式，可以得到,根据正弦函数的性质，结合的取值范围，可以得到：或，这样就可以判断出的形状.【详解】由正弦定理可知：，而已知，所以，即，而，所以有或，即或，所以是等腰三角形或直角三角形，故本题选D.【点睛】本题考查了正弦定理的应用，考查了正弦函数的性质，由，得到或是解题的关键.8.某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )A. 180B. 200C. 2
5、20D. 240【答案】D【解析】由三视图可知：该几何体是一个横放的直四棱柱，高为10；其底面是一个等腰梯形，上下边分别为2，8，高为4S表面积=2（2+8）4+2510+210+810=240故选D【此处有视频，请去附件查看】9.已知则的最小值是（ ）A. B. 4C. D. 5【答案】C【解析】本题考查基本不等式的应用及转化思想.因为当且仅当，即是等号成立.故选C10.在则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】试题分析：，又因为，又因为 .考点：1.正弦定理；2.余弦定理.11.若不等式在区间上有解，则的取值范围是( )A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】关于x的不
6、等式x2+ax-20在区间1，5上有解 利用函数的单调性即可得出【详解】关于x的不等式x2+ax-20在区间1，5上有解，x1，5函数在x1，5单调递减，当x=5时，函数f（x）取得最小值-实数a的取值范围为(-,+) 故选A.【点睛】本题考查了函数的单调性、分离参数法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题12.我国古代数学名著九章算术中，有已知长方形面积求一边的算法，其方法的前两步为：第一步：构造数列 ；第二部：将数列的各项同乘以，得到数列（记为），则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】由题意得新数列为， 所以 。故选 C。【点睛】先写出新数列，每一项提出，用裂项抵消法求和。二、
7、填空题：（本大题共4小题，多空题每题5分，共20分）13.已知等差数列的前项和为，_.【答案】70【解析】【分析】设等差数列的公差为，由等差数列的通项公式，结合可列出两个关于的二元一次方程，解这个二元一次方程组，求出的值，再利用等差数列的前项和公式求出的值.【详解】设等差数列的公差为，由可得：，【点睛】本题考查了等差数列基本量的求法，熟记公式、正确解出方程组的解，是解题的关键.本题根据等差数列的性质，可直接求解：，.14.已知中,若该三角形只有一解,则的取值范围是_.【答案】【解析】试题分析：根据题意，由于中，若，若只有一个解，根据正弦定理，则可知或考点：解三角形点评：主要是考查了解三角形运用
8、，属于基础题。15.棱长为4的正四面体外接球的表面积等于_.【答案】【解析】试题分析：正四棱锥底面中线长为,棱锥的高为.设外接球的半径为,则有,解得,所以此外接球的面积为.考点：几何体的外接球问题.16.若数列的首项，且（），则数列的通项公式是_【答案】【解析】，得（）,两式相减得，即（），得，经检验n=1不符合。所以，三、解答题：本大题共5小题，共70分，解答写出写字说明、证明过程或演算步骤.17.设锐角的内角，的对边分别为，且（1）求角的大小；（2）若，求的面积.【答案】（I）（II）【解析】【分析】（1）根据条件及正弦定理得到，于是可得所求角的大小（2）先由余弦定理得到，然后再根据正弦定
9、理求出三角形外接圆的半径，进而可得圆的面积【详解】（1）由正弦定理及条件得，又三角形为锐角三角形，（2）在中由余弦定理得，设外接圆半径为，则，外接圆的面积为【点睛】考查用正余弦定理解三角形的应用，解题时注意正弦定理中的比值与三角形外接圆半径间的关系，属于基础题18.某人准备在一块占地面积为1800平方米的矩形地块中间建三个矩形温室大棚，大棚周围均是宽为1米的小路(如图所示)，大棚占地面积为平方米，其中.(1)试用表示；(2)若要使的值最大，则的值各为多少？【答案】（1）S=18083xy（2）当x=40，y=45时，S取得最大值【解析】本试题主要是考察了函数在实际生活中的运用，借助于不等式的思
10、想或者是函数单调性的思想，求解最值的实际应用。（1）根据已知条件，设出变量，然后借助于面积关系，得到解析式。（2）根据第一问中的结论，分析函数的性质，或者运用均值不等式的思想，求解得到最值。解: (1)由题可得：xy=1800，b=2a则y=a+b+3=3a+3， 4分S=(x2)a +(x3)b=(3x8)a=(3x8)=18083xy 8分(2) S=18083xy=18083x=18083 (x+) 10分180832=1808240=1568， 12分当且仅当x=，即x=40时取等号，S取得最大值.此时y=45，所以当x=40，y=45时，S取得最大值 15分19.在正方体中(1)若为
11、棱上的点，试确定点的位置，使平面；(2)若为上的一动点，求证：平面.【答案】（1）当E为棱DD1上的中点；（2）证明见解析【解析】试题分析：（1）在中，不难看出若则所以（2）连接不难看出而所以试题解析：（）当E为棱DD1上的中点时，平面A1C1EB1D；如图，连接A1C1，与D1B1相交于O，E为DD1上的中点，连接OE，得到OEB1D，OE平面A1C1E， B1D平面 A1C1E，B1D平面A1C1E；（）连接A1D，BD，因为几何体为正方体，如图，所以A1DB1C，A1BD1C，所以平面A1BD平面D1B1CDM平面DA1BD所以DM平面D1B1C考点：1、线面平行的判定定理；2、面面平行
12、的判定定理【方法点晴】本题主要考查的是直线与平面平行，平面与平面平行的判定定理的应用，属于中档题解题时一定要找准确线线平行，否则很容易出错证明线线平行的方法有三角形的中位线，平行四边形，面面平行的性质定理，线面平行的性质定理，公理四，线面垂直的性质定理20.在等差数列中，公差，且，（1）求数列的通项公式；（2）令，求数列的前项和【答案】(1) (2) 【解析】【分析】（1）利用等差数列的基本量或者性质可求；（2）利用错位相减法可以求得.【详解】解：（1）由题可得，联立解得或（舍去），.(2)由（1）可得，则有 ， ，由-式得 ，整理得.【点睛】本题主要考查等差数列的通项公式求解及错位相减法求和
13、.错位相减法注意得到新数列的项数和最后一项的符号.21.已知中，角的对边分别为，满足.（1）求角的大小；（2）若，求的取值范围【答案】(1) (2) 【解析】【分析】（1）利用正弦定理实现边角互化，再利用余弦定理可得；（2）把边化为角，利用角的范围求解.【详解】解：（1）由题可得，所以，.（2）由正弦定理得，.【点睛】本题主要考查利用正余弦定理求解三角形及范围问题.边角互化是求解这类问题的常用策略.22.数列的前项和为，且成等差数列(1)求的值；(2)证明为等比数列，并求数列的通项公式；(3)设，若对任意的，不等式恒成立，试求实数的取值范围【答案】(1);(2)见解析;(3).【解析】【分析】，又成等差数列，解得，当时，得到，代入化简，即可证得结果由得，代入化简得，讨论的取值并求出结果【详解】（1）在中令，得即， 又 则由解得. （2）当时，由 ，得到则 又，则是以为首项，为公比的等比数列，即.（3）当恒成立时，即（）恒成立设（），当时，恒成立，则满足条件； 当时，由二次函数性质知不恒成立； 当时，由于对称轴 ，则在上单调递减，恒成立，则满足条件， 综上所述，实数的取值范围是.【点睛】本题考查了数列的综合题目，在求通项时可
