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1、2018-2019学年四川省眉山市仁寿第一中学校南校区高一下学期第三次质量检测数学试题一、单选题1下列命题正确的是（ ）A若，则.B若，则.C若，则.D若，则.【答案】D【解析】对选项分别取特殊值，即可判断是否正确，对于选项，可根据不等式的可乘方性，即可判断是否正确.【详解】对于选项A，取，则，但，则A错误；对于选项B，取，则，但，则B错误；对于选项C，取，则，但，则C错误；对于选项D，根据不等式的可乘方性，若，则，则D正确， 故选：D.【点睛】本题主要考查不等式的基本性质，属于基础题.2不等式的解集是（ ）ABCD【答案】B【解析】由于，解不等式组，即可求出结果.【详解】由题意可知，解方程可
2、得，故选：B.【点睛】本题主要考查了不等式的解法，属于基础题.3已知平面向量， 若向量与向量共线，则（ ）ABCD【答案】A【解析】首先根据向量加法坐标公式，可得，再根据向量共线坐标运算公式列出方程，即可求出结果.【详解】由题意可知，；又向量与向量共线，所以，故选：A.【点睛】本题主要考查了向量的坐标运算公式，属于基础题.4已知等差数列中，与的等差中项是15，则（ ）A6B9C18D24【答案】D【解析】根据等差数列的性质：若，则，由此可得，再根据等差中项的概念，即可求出结果.【详解】由等差数列的性质可知，所以，故选：D.【点睛】本题主要考查了等差数列的性质，熟练掌握若，则是解题的关键，属于基
3、础题.5在中，则（ ）A2B3CD【答案】A【解析】首先根据同角关系，可得，再根据正弦定理，即可求出结果.【详解】因为，所以，根据正弦定理可知， ，故选：A.【点睛】本题主要考查了正弦定理的应用，属于基础题.6边长为的菱形中，点为边上的中点，若，（ ）AB3CD6【答案】C【解析】根据三角形法则， ，再利用向量的运算法则，两个向量的数量积的定义，可列出关于的方程，求解即可【详解】由题意可知，所以，所以,故选：C.【点睛】本题考查向量的数量积运算关键是将向量用和出来，属于基础题7已知等比数列满足，前三项和，则其公比（ ）A1B1或CD2【答案】B【解析】由题意可知，对和两种情况讨论，然后再根据等
4、比数列的前项和公式，即可求出结果.【详解】当时，显然满足题意；当时，可得；综上，的值为1或；故选B.【点睛】本题主要考查了等比数列的前项和公式的应用，在解题时要注意公比的情况，属于基础题.8己知，则的最小值为（ ）A2B3C4D【答案】C【解析】根据题意，可知， ，然后根据基本不等式，即可求出结果.【详解】，所以，根据基本不等式：，当且仅当，即时，取等号；故选：C.【点睛】本题主要考查基本不等式的应用，属于中档题.9一个棱长为2的正方体被一个平面截去一部分后，剩余部分的三视图如图，则该截面的面积是（ ）ABCD【答案】A【解析】由三视图可知几何体是正方体在一个角上截去一个三棱锥，其截面是一个等
5、腰三角形，然后代入数据，即可求出结果【详解】由三视图可知几何体是正方体在一个角上截去一个三棱锥， 其截面是等腰三角形，如下图：由于正方体的棱长为2，所以，所以边上高为，所以，故选：A【点睛】本题考查空间几何体的三视图，由三视图正确复原几何体是解题的关键，考查空间想象能力，属于基础题.10已知中，则的形状为（ ）A等腰三角形B等腰直角三角形C等腰三角形或直角三角形D无法确定.【答案】C【解析】首先根据两角和差的正弦公式和二倍角公式可得，然后再分和两种情况讨论，即可得到结果.【详解】因为，由两角和差的正弦公式可得，所以，若，即时，此时是直角三角形；若，即，所以，所以是等腰三角形；综上，是等腰三角形
6、或直角三角形；故选：C.【点睛】本题主要考查了两角和差的正弦公式和二倍角公式的应用，以及三角形形状的判断，属于基础题.11已知正项数列的奇数项依次成等差数列，偶数项依次成等比数列，且，则（ ）A33B34C38D35【答案】C【解析】设正项数列的奇数项依次成公差为的等差数列，偶数项依次成公比为的等比数列，由等差数列和等比数列的通项公式，解方程可得公差和公比，即可得到所求和【详解】正项数列的奇数项依次成公差为的等差数列，偶数项依次成公比为的等比数列， 且， 可得， 解得， 则；故选：C【点睛】本题考查等差数列和等比数列的通项公式，考查方程思想和运算能力，属于基础题12在中，为上一点，且满足，若的
7、面积为，则的最小值为（ ）ABCD2【答案】B【解析】首先利用三点共线求得值，再通过结合不等式找到其最小值【详解】 ， 又， 又因为三点共线， 则，即， ， ，所以的最小值为，故选：B【点睛】此题考查了向量之间的转化，数量积，向量的模，不等式等，综合性较强，属于中档题二、填空题13已知向量，则与的夹角为_.【答案】【解析】根据向量的数量积公式，即可求出结果.【详解】由题意可知，所以，所以与的夹角为，故答案为：.【点睛】本题考查了向量的模和向量的数量积，考查了运算能力，属于基础题.14已知正实数满足，则的最大值为_.【答案】9【解析】利用基本不等式，可得，即可求出结果.【详解】因为，所以，因为，
8、当且仅当，即时，取等号；故答案为：9.【点睛】本题主要考查了基本不等式的应用，属于基础题.15若不等式对任意恒成立，则实数的取值范围是_.【答案】【解析】先对二次项的系数分类讨论，利用二次函数的性质，即可求出结果【详解】当时，不等式化为对一切xR恒成立，因此满足题意； 当时，要使不等式对一切恒成立，则必有 解得 综上可知：实数取值的集合是 故答案为：【点睛】熟练掌握二次函数的性质和分类讨论的思想方法是解题的关键16已知数列的前项和为，若，则_.【答案】334【解析】首先根据递推关系可得，进而可求出，然后再根据递推关系求出，进而求出结果.【详解】因为，所以所以，所以；又，所以.故答案为：.【点睛
9、】本题主要考查了数列的递推关系的应用，属于中档题.三、解答题17已知的内角所对的边分别为，若.（1）求角.（2）若，求的面积.【答案】（1）；（2）【解析】（1）根据正弦定理，可得，再根据三角形的性质，可知，进而求出结果；（2）根据余弦定理，可得，求出，进而求出三角形的面积.【详解】（1）由正弦定理，（2）由余弦定理知：，得解得，【点睛】本题主要考查了正弦定理和余弦定理的应用，属于基础题.18已知正项等比数列前项和为，且是和的等差中项.（1）求数列的通项公式.（2）设，求数列的前项和.【答案】（1）；（2）【解析】（1）利用等比数列和等差中项的性质，建立方程，即可求出，再利用等比数列通项公式，
10、即可求出结果；（2）将（1）的结果代入，可得，然后再利用分组求和，即可求出结果.【详解】（1）设等比数列公比为，是和的等差中项，即，解得， ，（2），【点睛】本题主要考查了等差中项和等比数列通项公式，以及分组求和等知识，属于基础题.19已知数列满足，.（1）求数列的通项公式（2）若数列满足，设数列前项和，求证：.【答案】（1）；（2）见解析【解析】（1）对递推公式两边取倒数，可得，根据等差数列定义，可得为等差数列，然后再化简即可求出结果；（2）由（1）可知，然后再利用裂项相消法，可得，进而证明结果.【详解】（1）由得，即得：为等差数列，首项为1，公差为3，（2），.【点睛】本题主要考查了利用数
11、列的递推关系求通项公式，以及裂项相消法求数列的前项和，属于基础题.20已知的内角所对的边分别为，且满足.（1）求角的大小.（2）若，求的值.【答案】（1）；（2）【解析】（1）根据，和正弦定理，可得，再根据余弦定理的推论即可求出结果；（2）由正弦定理知，可得，根据二倍角和同角基本关系可得和，再根据两角和的正弦公式即可求出结果.【详解】（1），可化为，由正弦定理有，化简得，（2）由正弦定理知，又，.【点睛】本题主要考查了正弦定理、余弦定理在解三角形中的应用，以及正弦两角和公式的应用，属于基础题.21如图,是直角斜边上一点,（）若，求角的大小；（）若，且，求的长【答案】（I）；（II）2.【解析】
12、（1）先根据正弦定理求得，由此得到的值，进而求得，在直角三角形中求得的大小.（2）设，利用表示出，求得的值，利用余弦定理列方程，解方程求出，也即求得的值.【详解】（1）在中，根据正弦定理，有，又，于是，.（2）设，则，于是，在中，由余弦定理，得，即，故.【点睛】本小题主要考查正弦定理和余弦定理解三角形，考查三角形内角和定理，考查方程的思想，属于基础题.22已知函数，且的解集为，数列的前项和为，对任意，都有（1）求数列的通项公式.（2）已知数列的前项和为，满足，求数列的前项和.（3）已知数列，满足，若对任意恒成立，求实数的取值范围.【答案】（1）；（2）；（3）或【解析】（1）根据根与系数的关系
13、求出，和，再利用即可求出数列的通项公式；（2）根据，可证明为等比数列，求得，再根据错位相减法即可求出结果；（3）由题意可知，可得，易知当时，；当时，当时， ，进而求出有的最大值为，再根据不等式恒成立可列出不等式，解不等式，即可求出结果.【详解】（1）的解集为，是方程的两根由韦达定理知，解得，得当时，有当时，有也符合 ，（2）当时，有，即，得当时，有，可得，即，为等比数列，首项为，公比为2，.， 得，-得（3）由题意可知，则当时，即当时，即，当时，即，故有的最大值为由于对任意恒成立则应有，或综上：的取值范围是：或.【点睛】本题主要考查了利用数列的递推关系求通项公式，以及错位相减法求和，同时还考查了数列的单调性，属于中档题.第 16 页 共 16 页
