2018—2019学年度第二学期高一年级数学科段考试题
第Ⅰ卷（选择题，共60分）
一、选择题（本大题共12小题，共60分）
1.数列A. 9 【答案】A 【解析】 【分析】 令
，解得
，即可求解，得到答案. ，令
，解得
，
的第40项等于( )
B. 10
C. 40
D. 41
【详解】由题意，数列
所以数列的第40项是9，故选A.
【点睛】本题主要考查了数列的通项公式的应用，其中解答中利用数列的通项公式，合理准确计算是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题.
2.已知数列A. 【答案】B 【解析】 【分析】 把数列
，化简为
，利用归纳法，即可得到数列的一个通项公式，得到答案. ，可化为
，所以数列的一个通项公式为，故选B.
，化简为
，合理
的一个通项公式为( )
B.
C.
D.
【详解】由题意，数列
【点睛】本题主要考查了利用归纳法求解数列的通项公式，其中解答中把数列归纳是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题.
3.在平行四边形A. 菱形
中，
B. 矩形
，则当
时，该平行四边形为( )
C. 正方形
D. 以上都不正确
【答案】B 【解析】 【分析】 由
，根据向量的运算，求得
满足
，得到，即
，所以平行四边形
为矩形，故选B. ，即
，即可得到答案.
，
【详解】由题意知，向量解得
，所以
，即
【点睛】本题主要考查了向量的运算性质的应用，以及四边形形状的判定，其中解答中熟记向量的运算性质，准确运算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题. 4.如图，
中，
，
，用
表示
，正确的是( )
A. C.
【答案】C 【解析】 【分析】
由平面向量基本定理和三角形法则求解即可 【详解】由故选C
，可得
，则
，即
.
【点睛】本题考查平面向量基本定理和三角形法则,熟记定理和性质是解题关键,是基础题 5.在A.
中，已知
B.
.
B. D.
，
则等于( )
C.
D.
【答案】D 【解析】 【分析】 由正弦定理，求得
，得到
，在直角三角形中，应用勾股定理，即可求解. ，即
，
，故选D.
，
【详解】由正弦定理，可得因为
由勾股定理可得
，所以
【点睛】本题主要考查了正弦定理的应用，以及直角三角形的勾股定理的应用，其中解答中利用正弦定理求得 6.在
中，若
，则
的形状是( )
B. 直角三角形 D. 不能确定
是解答本题关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题.
A. 钝角三角形 C. 锐角三角形 【答案】A 【解析】 【分析】 由正弦定理得【详解】因为在由正弦定理知又由余弦定理可得所以
为钝角三角形，故选A.
，再由余弦定理求得中，满足
，得到
，
，即可得到答案.
，代入上式得，
，
，因为C是三角形的内角，所以
【点睛】本题主要考查了利用正弦定理、余弦定理判定三角形的形状，其中解答中合理利用正、余弦定理，求得角C的范围是解答本题的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.
7.已知数列{}满足A. 53 【答案】C 【解析】
，B. 54
，则
( )
D. 109
C. 55
【分析】 由数列满足
【详解】由题意知，数列满足所以
，即
，即
，
又由
，所以
，故选C.
，利用递推关系，即可求解得值，得到答案.
，
【点睛】本题主要考查了数列的递推公式的应用，其中解答中熟练应用数列的递推关系式，准确计算是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题.
8.已知非零单位向量A. 【答案】D 【解析】 【分析】
由题意利用两个向量的加减法及其几何意义，可得【详解】因为非零单位向量所以则
所以向量与又因为
的夹角，所以
，故选D.
，整理得
，
，
满足
，所以
， ，
，
，
，利用向量的夹角公式，即可求解，得到答案.
满足
B.
，则与
的夹角是( ) C.
D.
【点睛】本题主要考查了向量的数量积的运算，以及向量的夹角公式的应用，其中解答中根据向量的数量积的运算，求得题.
9.《周碑算经》中有这样一个问题：从冬至日起,依次小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种这十二个节气其日影长依次成等差数列,冬至、立春、春分日影长之和为31.5尺,前九个节气日影长之和为85.5尺,则小满日影长为( ) A. 1.5尺
B. 2.5尺
C. 3.5尺
D. 4.5尺
，再利用向量的夹角公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
【答案】B 【解析】
设各节气日影长依次成等差数列
=
10.如图，从气球
，则河流的宽度
上测得正前方的河流的两岸( )
的俯角分别为
，此时气球的高度是
，是其前项和，则=
=−1，所以
==
=85.5，所以=9.5，由题知=2.5，故选B．
=31.5，所以=10.5，所以公差
A. 【答案】C 【解析】 【分析】
B. C. D.
由题意画出示意图，由两角差的正切求出度，即可求解，得到答案. 【详解】如图所示，又由在直角在直角所以
中，中，
，所以
，所以，
得正切值，然后通过求解两个直角三角形得到DC和DB的长
，
，
，
，故选C.
【点睛】本题主要考查了解三角形的实际应用问题，其中解答中画出示意图，合理利用三角恒等变换的公式，以及直角三角形的性质是解答本题的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题. 11.在向量
中，在向量
，
，为
的中点，将向量
绕点按逆时针方向旋转
得向量
，则
方向上的投影为（ ）
A. -1 【答案】C 【解析】 如图，以则
为
B. 1 C. D.
轴建立平面直角坐标系， ，且
，
所以向量在向量方向上的投影为.
本题选择C选项.
12.已知是等差数列④数列A. 1 【答案】B 【解析】 分析】 由已知可得
，
，由此逐项判定，即可求解，得到答案.
中最大项为
；⑤B. 3
的前项和,且
,给出下列五个命题:①
；②
；③
；
，其中正确命题的个数是( )
C. 4
D. 5
【详解】由题意，在等差数列所以可得又由又由由
，所以数列
中，当
，则
中，满足
，所以，所以②正确；
，
，所以①正确；
，所以③不正确；
，
，当
时，
，
为递减数列，且
时，
可得数列
所以数列前6项和最大，所以④不正确； 由故选B.
【点睛】本题主要考查了等差数列的性质的综合应用，其中解答中熟练应用等差数列的性质和前n项和公式，逐项判定是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.
，即
，所以⑤正确；
第Ⅱ卷（非选择题，共90分）
二、填空题(共4小题,每小题5分，共20分)
13.已知【答案】【解析】 由题意【点睛】设向量（1）
的充要条件是
，
，，
，由
， 向量平行的两种方法： ；
的充要条件是存在实数，使
，即
.
，得
，解得
.
，
，且
，则实数
__________．
（2）不妨设
第一种方法纯粹地是代数方程，第二种方法是几何方法，对不是坐标表示的向量平行非常适用. 14.已知【答案】1 【解析】 【分析】
根据题设条件，求得
，得到
，即可求得，得到答案.
为等差数列，若
，则
________．
【详解】由题意，数列为等差数列，且
，所以
.
， ，
根据等差数列的性质，可得所以
【点睛】本题主要考查了等差数列的性质的应用，以及特殊角的三角函数值，其中解答熟练应用等差数列的性质是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题. 15.
的内角
的对边分别为
，若
，则
________．
【答案】 【解析】 【分析】
根据正弦定理将边化为角，再根据两角和正弦公式以及诱导公式化简得cosB的值，即得B角. 【详解】
由2bcosB＝acosC＋ccosA及正弦定理，得2sinBcosB＝sinAcosC＋sinCcosA.
∴2sinBcosB＝sin(A＋C)．
又A＋B＋C＝π，∴A＋C＝π－B.∴2sinBcosB＝sin(π－B)＝sinB. 又sinB≠0，∴cosB＝.∴B＝
.
∵在△ABC中，acosC＋ccosA＝b，∴条件等式变为2bcosB＝b，∴cosB＝.
又0 第一步：定条件，即确定三角形中的已知和所求，在图形中标出来，然后确定转化的方向. 第二步：定工具，即根据条件和所求合理选择转化的工具，实施边角之间的互化. 第三步：求结果. 16.已知函数，若数列满足，则 ________． 【答案】 【解析】 分析】 由函数的解析式及数列的递推关系式，求出数列的数列，即可求解. 的前7项，分析可得数列从第三项开始，组成周期为3 【【详解】由题意可知，函数所以同理可得 故答案为：. 中档试题. 17.已知（1）计算： ， ； ． （2） 与的夹角是 （2）当为何值时，【答案】（1）【解析】 试题分析：（1）由题意，可考虑先计算试题解析：（1）由已知得： （2） ，数列满足, ， 可得从第三项开始是周期为3的周期数列，所以， 【点睛】本题主要考查了数列的递推公式和函数的综合应用，其中解答中根据数列的递推公式和分段函数的解析式，得到数列从第三项开始构成周期为3的数列是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于 三、解答题（共6小题，共70分） ． ，根据向量数量积公式运算其结果，再求得的值；（2） 由两个向量垂直时，其数量积为0，从而可求得的值. 18.已知求设 【答案】（Ⅰ）【解析】 是等差数列，的通项公式； ，求数列 是等比数列，且，，，． 的前n项和． （Ⅱ） 试题分析：（Ⅰ）由已知条件求得等比数列的首项和公比，从而得到式；（Ⅱ）首先求得数列试题解析：（Ⅰ）等比数列所以设等差数列所以因此 ， ， 的公差为，因为，即 ， 的首项和公差，从而得到其通项公 的通项公式，结合其特点采用分组求和法求解 公比 , （II）由（I）知，因此从而数列 的前项和 ． ． 考点：等差数列等比数列通项公式；数列分组求和 19.等比数列（1）求数列（2）设 【答案】（1）【解析】 （2） 的， , ． . ，求数列 的前项和. 的各项均为正数，且的通项公式； 试题分析：（Ⅰ）设出等比数列的公比q，由，利用等比数列的通项公式化简后得到关于q的方程， ， 由已知等比数列的各项都为正数，得到满足题意q的值，然后再根据等比数列的通项公式化简 把求出的q的值代入即可求出等比数列的首项，根据首项和求出的公比q写出数列的通项公式即可；（Ⅱ）把（Ⅰ）求出数列{an}的通项公式代入设bn＝log3a1＋log3a2＋…＋log3an，利用对数的运算性质及等差数列的前n项和的公式化简后，即可得到bn的通项公式，求出倒数即为的通项公式，然后根据数列的通项公式列举出数列的各项，抵消后即可得到数列{}的前n项和 2试题解析：（Ⅰ）设数列{an}的公比为q,由＝9a2a6得＝9,所以q＝． 由条件可知q＞0,故q＝．由2a1＋3a2＝1得2a1＋3a1q＝1,所以a1＝． 故数列{an}的通项公式为an＝． （Ⅱ）bn＝log3a1＋log3a2＋…＋log3an＝－（1＋2＋…＋n）＝－故 ． 所以数列 的前n项和为 ． 考点：等比数列的通项公式；数列的求和 20.如图，渔船甲位于岛屿的南偏西 方向的处，且与岛屿相距12海里，渔船乙以10海里/小时的速 度从岛屿出发沿正北方向航行，若渔船甲同时从处出发沿北偏东的方向追赶渔船乙，刚好用2小时追上． （1）求渔船甲的速度； （2）求 的值． 【答案】（1）14海里/小时 （2）【解析】 试题分析：解：①∴ （4分） ∴∴V甲②在 海里/小时 （6分） 中， 由正弦定理得 ∴ ∴（12分） 考点：正弦定理，余弦定理 点评：主要是考查了正弦定理和余弦定理的运用，属于基础题。 21.在 中，角 所对的边分别为 ,设为 的面积，且 . （1）求角的大小； （2）若 ，求 周长的取值范围. ；（2） ． 【答案】（1）【解析】 试题分析：（1）在解决三角形的问题中，面积公式最常用，因为公 式中既有边又有角，容易和正弦定理、余弦定理联系起来；（2）在三角形中，两边和一角知道，该三角形是确定的，其解是唯一的，利用余弦定理求第三边.（3）若是已知两边和一边的对角，该三角形具有不唯一性，通常根据大边对大角进行判断.（4）在三角形中，注意 这个隐含条件的使用，在求范围 时，注意根据题中条件限制角的范围. 试题解析：解：（Ⅰ）由题意可知所以 4分 ， 时等号成立） ，又 ， ∴. 12分 ， . ∵∴ 从而周长的取值范围是 ，即 12分 （当且仅当 时，等号成立） ， ， （Ⅱ）法一：由已知：由余弦定理得：（当且仅当∴（ 从而周长的取值范围是法二：由正弦定理得：∴ ， 考点：（1）与面积有关的问题；（2）求三角形周长的范围. 22.已知数列 的前项和 ，求此三角形的面积； （1）若三角形的三边长分别为（2）探究数列 中是否存在相邻三项,同时满足以下两个条件： ①此三项可作为三角形三边的长； ②此三项构成的三角形最大角是最小角的2倍．若存在，找出这样的三项；若不存在，说明理由. 【答案】（1）【解析】 【分析】 （2）见解析 数列形的面积 的前n项和假设数列 求出，，遂得出三角形三边边长，利用余弦定理求解三角 ，设三角形三边长分别是n， ， ， 存在相邻的三项满足条件，因为，三个角分别是， ， ，利用正弦定理，余弦定理，验证此三角形的最大 角是最小角的2倍,然后推出结果． 【详解】解：当当又不妨设所以所以假设数列 时，时，时， ，所以三边长为 存在相邻的三项满足条件，因为 ， ， ， ，所以： 或 舍去 ， ，三个角分别是， ， ， 数列 的前n项和， ， ， ， ， ． 设三角形三边长分别是n，由正弦定理：由余弦定理：即 化简得：当 ，所以 时，三角形的三边长分别是4，5，6，可以验证此三角形的最大角是最小角的2倍． 中存在相邻的三项4，5，6，满足条件. 所以数列 【点睛】本题考查数列与三角函数的综合应用，考查转化思想以及计算能力． 因篇幅问题不能全部显示，请点此查看更多更全内容