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1、浙江省台州市2020学年高一数学下学期期末质量评估试题（含解析）一、选择题：在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.已知数列的前4项为：l，则数列的通项公式可能为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】分母与项数一样，分子都是1，正负号相间出现，依此可得通项公式【详解】正负相间用表示，故选D【点睛】本题考查数列的通项公式，属于基础题，关键是寻找规律，寻找与项数有关的规律2.不等式的解集为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】结合二次函数图象可得不等式的解【详解】的两根为1和，故原不等式的解为或，即解集为故选C【点睛】本题考查解一元二次不等式，解
2、题关键是牢记“三个二次”之间的关系3.己知中，角所对的边分別是.若，则=( )A. B. 1C. 2D. 【答案】B【解析】分析】由正弦定理可得【详解】， 故选B【点睛】本题考查正弦定理，解题时直接应用正弦定理可解题，本题属于基础题4.已知向量=(3，4)，=(2，1)，则向量与夹角的余弦值为( )A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由向量的夹角公式计算【详解】由已知，故选A【点睛】本题考查平面向量的数量积，掌握数量积公式是解题基础5.已知实数满足约束条件，则的最大值为( )A. 1B. 2C. 3D. 4【答案】C【解析】分析】作出可行域，作直线，平移直线可得最优解【详解】作出
3、可行域，如图内部（含边界），作直线，平移直线，当直线过点时，为最大值故选C【点睛】本题考查简单的线性规划，解题关键是作出可行域6.已知点G为的重心，若，则=( )A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由重心分中线为，可得，又（其中是中点），再由向量的加减法运算可得【详解】设是中点，则，又为的重心，故选B【点睛】本题考查向量的线性运算，解题关键是掌握三角形重心的性质，即重心分中线为两段7.己知关于的不等式解集为，则突数的取值范围为( )A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】利用绝对值的几何意义求解，即表示数轴上与和2的距离之和，其最小值为【详解】，由解集为，得，解得故选C
4、【点睛】本题考查绝对值不等式，考查绝对值的性质，解题时可按绝对值定义去绝对值符号后再求解，也可应用绝对值的几何意义求解不等式解集为，可转化为的最小值不小于1，这是解题关键8.己知数列和的通项公式分別内，若，则数列中最小项的值为（ ）A. B. 24C. 6D. 7【答案】D【解析】【分析】根据两个数列的单调性，可确定数列，也就确定了其中的最小项【详解】由已知数列是递增数列，数列是递减数列，且计算后知，又，数列中最小项的值是7故选D【点睛】本题考查数列的单调性，数列的最值解题时依据题意确定大小即可本题难度一般9.若实数满足，则的取值范围为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】利
5、用基本不等式得，然后解不等式可得，同时注意【详解】，（时取等号），又，故选A【点睛】本题考查基本不等式求最值问题，解题关键是掌握基本不等式的变形应用：10.若三角形三边的长度为连续的三个自然数，则称这样的三角形为“连续整边三角形”。下列说法正确的是（ ）A. “连续整边三角形”只能是锐角三角形B. “连续整边三角形”不可能是钝角三角形C. 若“连续整边三角形”中最大角是最小角的2倍，则这样的三角形有且仅有1个D. 若“连续整边三角形”中最大角是最小角的2倍，则这样的三角形可能有2个【答案】C【解析】【分析】举例三边长分别是的三角形是钝角三角形，否定A，B，通过计算求出最大角是最小角的二倍的三角
6、形，从而可确定C、D中哪个正确哪个错误【详解】三边长分别是的三角形,最大角为，则，是钝角，三角形是钝角三角形，A，B都错，如图中，是的平分线，则，又由是平分线，得，解得，“连续整边三角形”中最大角是最小角的2倍的三角形只有一个，边长分别为4，5，6，C正确，D错误故选D【点睛】本题考查余弦定理，考查命题的真假判断，数学上要说明一个命题是假命题，只要举一个反例即可，而要说明它是真命题，则要进行证明二、填空题。11.己知等差数列满足：，则公差=_；=_.【答案】 (1). 1 (2). 4【解析】【分析】由等差数列的通项公式进行计算【详解】，故答案为1；4【点睛】本题考查等差数列的通项公式，属于基
7、础题12.已知向量=(，4)，=(l，2).若向量与共线，则=_；若，则=_.【答案】 (1). 2 (2). -8【解析】【分析】根据向量共线的坐标运算和向量垂直的坐标运算直接计算即可【详解】若与共线，则，即；若与共线，则，即故答案为2；【点睛】本题考查向量平行和垂直的坐标运算，属于基础题，解题时要注意两者的区别13.已知数列满足：，.设为数列的前n项和，则=_；=_.【答案】 (1). 3 (2). 5047【解析】【分析】直接代入值计算出再计算出后，发现数列是周期数列，周期为2由此易求得和【详解】由题意，又，数列是周期数列，周期为2故答案为3；5047【点睛】本题考查数列的递推式，考查周
8、期数列属于基础题14.已知突数，则_，_(用，填空).【答案】 (1). (2). 0吋，存在公比，使得不等式解集为存在公比，使得不等式解集为R.上述说法正确的序号是_.【答案】【解析】【分析】利用等比数列的通项公式，解不等式后可得结论【详解】由题意，不等式变为，即，若，则，当或时解为，当或时，解为，时，解为；若，则，当或时解为，当或时，解为，时，不等式无解对照A、B、C、D，只有C正确故选C【点睛】本题考查等比数列的通项公式，考查解一元二次不等式，难点是解一元二次不等式，注意分类讨论，本题中需对二次项系数分正负，然后以要对两根分大小，另外还有一个是相应的一元二次方程是否有实数解分类（本题已经
9、有两解，不需要这个分类）17.已知平面向量，满足：，且，则的最小值为_.【答案】-2【解析】【分析】，由经过向量运算得，知点在以为圆心，2为半径的圆上，这样，只要最小，就可化简【详解】如图，则，设是中点，则，即，记，则点在以为圆心，2为半径圆上，记，注意到，因此当与反向时，最小，最小值为-2故答案为-2【点睛】本题考查平面向量的数量积，解题关键是由已知得出点轨迹(让表示的有向线段的起点都是原点)是圆，然后分析出只有最小时，才可能最小从而得到解题方法三、解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。18.已知不等式的解集为.()若，求集合；()若集合是集合的子集，求实数a的取值范围.【答案】(
10、) () 【解析】【分析】（I）结合二次函数图象直接得出一元二次不等式的解集；（II）结合已知集合的包含关系得出，从而可写出集合，再由包含关系得出的最终取值范围【详解】()当时，由 ，得解得 所以()因为可得，又因为集合是集合的子集，所以可得，(当 时不符合题意，舍去) 所以综上所述.【点睛】本题考查集合的包含关系，考查一元二次不等式的求解，在解含参数的一元二次不等式时，注意分类讨论19.已知向量，满足：=4，=3， ()求的值；()求的值.【答案】() =2 () 【解析】【分析】（I）计算，结合两向量模可得；（II）利用，把求模转化为向量的数量积运算【详解】解：()由题意得即 又因为所以解
11、得=2.()因为，所以=16+36-42=44.又因为所以.【点睛】本题考查平面向量的数量积，解题关键是掌握性质：，即模数量积的转化20.已知各项均为正数的等比数列满足：，且，()求数列的通项公式；()求数列的前n项和.【答案】() () 【解析】【分析】（I）由得出，可得公比为2，再求出后可得；（II）由（I）得，则，可用错位相减法求【详解】解：()因为所以即.由因为所以，公比 所以 ()由()知，所以.所以因为所以所以【点睛】本题考查等比数列的通项公式，考查错位相减法求和数列求和根据数列的通项公式可采取不同的方法，一般有公式法、分组求和法、裂项相消法、错位相减法、倒序相加法等21.已知中，
12、角的对边分别为.已知，.()求角的大小；()设点满足，求线段长度的取值范围.【答案】() () 【解析】【分析】（I）利用数量积的定义和三角形面积公式可求得，从而得角；（II）由得，平方后可求得，即中线长，结合可得最小值，从而得取值范围【详解】()因为，所以 因为，所以得以两式相除得 所以()因为，所以因为，所以所以所以当且仅当时取得等号所以线段长度的取值范围时.【点睛】本题考查平面向量的数量积，考查平面向量的线性运算、三角形面积公式，解题关键是把中线向量表示为，这样把线段长度（向量模）转化为向量的数量积22.已知数列满足，.()求，的值，并证明：01；()证明：；()证明：.【答案】()见证明； ()见证明； ()见证明【解析】【分析】（I）直接代入计算得，利用得从而可证结论；（II）证明，即可；（III）由（II）可得，即，应用累加法可得，从而证得结论【详解】解：()由已知得，.因为所以.所以又因为所以与同号.又因为0所以.()因为 又因为，所以.同理 又因为，所以综上，()证明：由()可得所以，即所以，累加可得所以
