江西省吉安一中高一数学下学期期中试卷（含解析）.doc

2014-2015学年江西省吉安一中高一（下）期中数学试卷 一、选择题（本大题共12道小题，每小题5分，共60分）1（5分）（2015春吉安校级期中）不等式x（x+2）0的解集为（） a x|x0或x2 b x|2x0 c x|0x2 d x|x0或x2考点： 一元二次不等式的解法专题： 不等式的解法及应用分析： 解方程x（x+2）=0，得x1=0，x2=2，由此能求出不等式的解集解答： 解：解方程x（x+2）=0，得x1=0，x2=2，所以不等式x（x+2）0的解集为x|x0或x2；故选：a点评： 本题考查一元二次不等式的解法、韦达定理，考查方程思想，属基础题2（5分）（2015春吉安校级期中）设等差数列an的前n项和为sn，若a2、a4是方程x2x1=0的两个实数根，则s5的值为（） a b 5 c d 5考点： 等差数列的性质专题： 计算题；等差数列与等比数列分析： 由韦达定理结合等差数列的性质可得a1+a5=a2+a4=1，代入求和公式可得答案解答： 解：a2、a4方程x2x1=0的两个根，a2+a4=1，由等差数列的性质可得a1+a5=a2+a4=1，而s5=（a1+a5）=故选：a点评： 本题考查等差数列的性质和韦达定理，整体代入是解决问题的关键，属基础题3（5分）（2014武鸣县校级模拟）在三角形abc中，如果（a+b+c）（b+ca）=3bc，那么a等于（） a 30 b 60 c 120 d 150考点： 余弦定理专题： 计算题分析： 利用余弦定理表示出cosa，将已知的等式整理后代入求出cosa的值，由a的范围，利用特殊角的三角函数值即可求出a的度数解答： 解：由（a+b+c）（b+ca）=3bc，变形得：（b+c）2a2=3bc，整理得：b2+c2a2=bc，由余弦定理得：cosa=，又a为三角形的内角，则a=60故选b点评： 此题考查了余弦定理，利用了整体代入的思想，余弦定理很好的建立了三角形的边角关系，熟练掌握余弦定理是解本题的关键4（5分）（2012福建）下列不等式一定成立的是（） a lg（x2+）lgx（x0） b sinx+2（xkx，kz） c x2+12|x|（xr） d （xr）考点： 不等式比较大小专题： 探究型分析： 由题意，可对四个选项逐一验证，其中c选项用配方法验证，a，b，d三个选项代入特殊值排除即可解答： 解：a选项不成立，当x=时，不等式两边相等；b选项不成立，这是因为正弦值可以是负的，故不一定能得出sinx+2；c选项是正确的，这是因为x2+12|x|（xr）（|x|1）20；d选项不正确，令x=0，则不等式左右两边都为1，不等式不成立综上，c选项是正确的故选：c点评： 本题考查不等式大小的比较，不等式大小比较是高考中的常考题，类型较多，根据题设选择比较的方法是解题的关键5（5分）（2015春吉安校级期中）在abc中，若sina2sinbcosc=0，则其形状为（） a 直角三角形 b 等腰三角形 c 等腰直角三角形 d 等边三角形考点： 三角形的形状判断专题： 解三角形分析： 由题意和两角差的正弦公式可得sin（bc）=0，进而可得b=c，可得等腰三角形解答： 解：在abc中sina2sinbcosc=0，sina=2sinbcosc，sin（b+c）=2sinbcosc，sinbcosc+cosbsinc=2sinbcosc，sinbcosccosbsinc=0，sin（bc）=0，b=c，abc为等腰三角形故选：b点评： 本题考查三角形形状的判断，涉及两角和与差的三角函数公式，属基础题6（5分）（2015春吉安校级期中）若某公司从四位大学毕业生甲、乙、丙、丁中录用两人，这四人被录用的机会均等，则甲被录用的概率为（） a b c d 考点： 等可能事件的概率专题： 概率与统计分析： 记事件a=“甲被录用”，进而利用古典概型概率求法，求解概率即可解答： 解：记事件a=“甲被录用”，则乙丙、丁被录用1人，p（a）=故选：c点评： 本题考查古典概型及其概率公式，涉及等可能事件的概率，属基础题7（5分）（2015春吉安校级期中）对于任意实数x，不等式（a2）x22（a2）x40恒成立，则实数a取值范围（） a （，2） b （，2 c （2，2） d （2，2考点： 一元二次不等式的应用专题： 不等式的解法及应用分析： 分类讨论，利用判别式，即可得到结论解答： 解：a2=0，即a=2时，40，恒成立；a20时，解得2a2，2a2故选d点评： 本题考查不等式恒成立问题，考查学生的计算能力，属于中档题8（5分）（2015春吉安校级期中）r是abc三角形的外接圆半径，若ab4r2cosacosb，则c为（） a 锐角 b 直角 c 钝角 d 无法判断考点： 正弦定理专题： 解三角形分析： 由正弦定理可得：a=2rsina，b=2rsinb，代入已知不等式，由两角和的余弦函数公式化简可得cosc0，结合范围0c，可得c为钝角解答： 解：由正弦定理可得：a=2rsina，b=2rsinb，由ab4r2cosacosb，可得：sinasinbcosacosb，cosacosbsinasinb0，即有：cos（a+b）=cosc0，从而解得：cosc0，又0c，从而可得c为钝角故选：c点评： 本题主要考查了正弦定理，两角差的余弦函数公式，三角形内角和定理等知识的应用，属于基本知识的考查9（5分）（2011江西）已知数列an的前n项和sn满足：sn+sm=sn+m，且a1=1，那么a10=（） a 1 b 9 c 10 d 55考点： 等比数列的前n项和；数列的求和专题： 计算题分析： 根据题意，用赋值法，令n=1，m=9可得：s1+s9=s10，即s10s9=s1=a1=1，进而由数列的前n项和的性质，可得答案解答： 解：根据题意，在sn+sm=sn+m中，令n=1，m=9可得：s1+s9=s10，即s10s9=s1=a1=1，根据数列的性质，有a10=s10s9，即a10=1，故选a点评： 本题考查数列的前n项和的性质，对于本题，赋值法是比较简单、直接的方法10（5分）（2015春吉安校级期中）若关于x的方程9x+（a+4）3x+4=0有实数解，则实数a的取值范围是（） a （4，+） b （，4） c 8，+） d （，8考点： 函数的零点专题： 函数的性质及应用分析： 利用换元法将方程转为为一元二次方程去求解解答： 解：由9x+（a+4）3x+4=0，得（3x）2+（a+4）3x+4=0设t=3x，则t0则原方程等价为t2+（a+4）t+4=0，有大于0的解设f（t）=t2+（a+4）t+4，因为f（0）=40，所以要使f（t）有大于0的解，则若对称轴，此时0，即（a+4）2440，此时解得a8若对称轴，此时不成立综上实数a的取值范围是a8故选d点评： 本题主要考查指数函数和二次函数的图象和性质，利用换元法是解决本题的关键11（5分）（2015春吉安校级期中）设x1、x2是关于x的二次方程x22kx+1k2=0的两个实根，k为实数，则的最小值为（） a 2 b 1 c 1 d 2考点： 一元二次方程的根的分布与系数的关系；函数的零点与方程根的关系专题： 函数的性质及应用分析： x1，x2是方程x22kx+1k2=0的两个实数根，故方程有实数根，则0，由此不难求出参数k的范围，而要求x12+x22的最小值可以先将x12+x22化为（x1+x2）22x1x2的形式再利用韦达定理（即一元二次方程根与系数的关系）将其转化为关于k的不等式，进面求出x12+x22的最小值解答： 解：x1，x2是方程x22kx+1k2=0的两个实数根=（2k）24（1k2）=8k240即k2又x1+x2=2k，x1x2=1k2x12+x22=（x1+x2）22x1x2=6k221故x12+x22的最小值为1故选：c点评： 代数的核心内容是函数，但由于函数、不等式、方程之间的辩证关系，故我们在解决函数问题是经常要用到方程的性质，其中韦达定理是最重要的方程的性质，需要好好学习12（5分）（2015春吉安校级期中）已知a、b、c均为正数，若a+b+c，b+ca，c+ab，a+bc依次成等比数列，且公比为q，则q3+q2+q的值为（） a 0 b 1 c 3 d 不能确定考点： 等比数列的性质专题： 计算题；等差数列与等比数列分析： 由a+b+c，b+ca，c+ab，a+bc依次成等比数列，公比为q，可设a+b+c=x，由公比q，利用等比数列的通项公式表示出其余三项，三个等式相加后，由x不等于0消去x即可得到所求式子的值解答： 解：设x=a+b+c，则b+ca=xq，c+ab=xq2，a+bc=xq3，xq+xq2+xq3=x（x0），q3+q2+q=1故选：b点评： 此题考查学生灵活运用等比数列的通项公式化简求值，掌握等比数列的性质，是一道基础题解本题的关键是设a+b+c=x，利用等比数列的通项公式表示出其余各项二、填空题（本大题共4道小题，每小题5分，共20分）13（5分）（2015春吉安校级期中）在rtabc中，a=30，动点d在斜边ab上运动，则bcd60的概率为考点： 几何概型专题： 概率与统计分析： 由题意，本题符合几何概型，设ab中点为e，当d在ae上时，bcd60，由此得到所求解答： 解：设ab中点为e，当d在ae上时，bcd60，由几何概型公式得到bcd60的概率为；故答案为：点评： 本题考查了几何概型的概率求法；关键是明确符合条件的测度，利用公式解答14（5分）（2015春吉安校级期中）设x、yr，且x2+y2=1，则x+y的最小值是考点： 直线与圆相交的性质专题： 计算题；三角函数的求值分析： 利用三角代换，将圆的普通方程化成圆的参数方程，将x+y表示成cos+sin，最后利用辅助角公式进行求解即可解答： 解：x2+y2=1，x=cos，y=sin，则x+y=cos+sin=sin（+），x+y的最小值是故答案为：点评： 本题主要考查了函数的最值，以及三角代换的方法的运用，同时考查了运算求解的能力，属于基础题15（5分）（2012历下区校级模拟）一船以每小时15km的速度向东航行，船在a处看到一个灯塔b在北偏东60处；行驶4h后，船到达c处，看到这个灯塔在北偏东15处这时船与灯塔的距离为30km考点： 余弦定理；正弦定理专题： 解三角形分析： 根据题意画出相应的图形，求出b与bac的度数，再由ac的长，利用正弦定理即可求出bc的长解答： 解：根据题意画出图形，如图所示，可得出b=7530=45，在abc中，根据正弦定理得：=，即=，bc=30km，则这时船与灯塔的距离为30km故答案为：30点评： 此题考查了正弦定理，以及特殊角的三角函数值，熟练掌握正弦定理是解本题的关键16（5分）（2015春吉安校级期中）设函数f（x）=x21，对任意，恒成立，则实数m的取值范围是（，+）考点： 函数恒成立问题专题： 函数的性质及应用；不等式的解法及应用分析： 先把原不等式整理后转化为（4m21）x2+2x+30，即为4m21对任意恒成立再利用配方，运用单调性，即可得到右边函数的最小值，解不等式即可得到m的范围解答： 解：不等式，整理得（4m21）x2+2x+30，即为4m21对任意恒成立令g（x）=3（+）2+，由，可得，由二次函数的性质可得x=取得最小值，且为g（）=，即有4m21，解得m2，即有m或m故答案为：（，+）点评： 本题主要考查函数的恒成立问题注意运用参数分离和运用函数的单调性，考查运算能力，属于中档题三、解答题（本大题共6道小题，共70分）17（10分）（2010密云县一模）某商场举行购物抽奖促销活动，规定每位顾客从装有编号为0，1，2，3四个相同小球的抽奖箱中，每次取出一球记下编号后放回，连续取两次，若取出的两个小球号码相加之和等于6则中一等奖，等于5中二等奖，等于4或3中三等奖（1）求中三等奖的概率；（2）求中奖的概率考点： 等可能事件的概率；互斥事件的概率加法公式专题： 计算题；应用题分析： （1）由题意知本题是一个等可能事件的概率，试验发生包含的事件可以通过列举得到，满足条件的事件从列举出的结果中得到，根据等可能事件的概率公式，得到结果（2）本题是一个等可能事件的概率，试验发生包含的事件在前面一问已经做出，满足条件的事件可以列举出所有的结果，根据互斥事件的概率公式和等可能事件的概率公式，得到结果解答： 解：（1）设“中三等奖”为事件a，“中奖”为事件b，从四个小球中有放回的取两个共有（0，0），（0，1），（0，2），（0，3），（1，0），（1，1）（1，2），（1，3），（2，0），（2，1），（2，2），（2，3），（3，0），（3，1），（3，2），（3，3）16种不同的结果两个小球号码相加之和等于4的取法有3种：（1，3），（2，2），（3，1）两个小球号相加之和等于3的取法有4种：（0，3），（1，2），（2，1），（3，0）由互斥事件的加法公式得：，即中三等奖的概率为；（2）两个小球号码相加之和等于3的取法有4种；（0，3），（1，2），（2，1），（3，0）两个小球相加之和等于4的取法有3种；（1，3），（2，2），（3，1）两个小球号码相加之和等于5的取法有2种：（2，3），（3，2）两个小球号码相加之和等于6的取法有1种：（3，3）由互斥事件的加法公式得：即中奖的概率为：点评： 本题考查等可能事件的概率，考查互斥事件的概率，是一个同学们都感兴趣的情景问题，是一个基础题18（12分）（2015春吉安校级期中）已知a1，解关于x的不等式考点： 其他不等式的解法专题： 计算题；不等式的解法及应用分析： 10，利用a10，可得0，通过对a的范围的讨论，即可求得相应情况下的解集解答： 解：不等式1可化为0a1，a10，则原不等式可化为0，_（5分当0a1时，01a1，2，原不等式的解集为x|2x；当a=0时，原不等式的解集为；当a0时，同理可求原不等式的解集为x|x2_（10分）点评： 本题考查分式不等式的解法，着重考查分类讨论思想的应用，对参数a分类讨论时，比较两根的大小是难点，属于中档题19（12分）（2009秋南安市校级期末）在abc中，a、b、c分别是角a、b、c的对边，且（2a+c）cosb+bcosc=0（）求角b的值；（）若a+c=4，求abc面积s的最大值考点： 三角函数中的恒等变换应用；三角形中的几何计算专题： 计算题分析： （）利用正弦定理化简（2a+c）cosb+bcosc=0，得到三角形的角的关系，通过两角和与三角形的内角和，求出b的值；（）通过s=，利用b=以及a+c=4，推出abc面积s的表达式，通过平方法结合a的范围求出面积的最大值解答： 解 （）由正弦定理得（2sina+sinc）cosb+sinbcosc=0，即2sinacosb+sinccosb+coscsinb=0得2sinacosb+sin（c+b）=0，因为a+b+c=，所以sin（b+c）=sina，得2sinacosb+sina=0，因为sina0，所以cosb=，又b为三角形的内角，所以b=（）因为s=，由b=及a+c=4得s=，又0a4，所以当a=2时，s取最大值 （3分）点评： 本题是中档题，考查三角形面积的最值，三角形的边角关系，三角函数的公式的灵活应用，考查计算能力20（12分）（2012开福区校级模拟）已知各项均不相等的等差数列an的前四项和为14，且a1，a3，a7恰为等比数列bn的前三项（1）分别求数列an，bn的前n项和sn，tn；（2）记数列anbn的前n项和为kn，设cn=，求证：cn+1cn（nn*）考点： 等差数列与等比数列的综合专题： 综合题；等差数列与等比数列分析： （1）根据等差数列an的前四项和为14，且a1，a3，a7恰为等比数列bn的前三项，建立方程组，求出首项与公差，即可求出数列an，bn的前n项和sn，tn；（2）利用错位相减法求数列anbn的前n项和为kn，再作差证明cn+1cn解答： （1）解：设公差为d，则等差数列an的前四项和为14，且a1，a3，a7恰为等比数列bn的前三项，解得d=1或d=0（舍去），a1=2，an=n+1，sn=，a1=2，d=1，a3=4，数列bn的首项为b1=2，公比q=2，bn=2n，tn=2n+12；（2）证明：kn=221+322+（n+1）2n2kn=222+323+（n+1）2n+1可得kn=221+22+23+2n（n+1）2n+1，kn=n2n1，cn=，cn+1cn0，cn+1cn点评： 本题考查数列的通项与求和，考查不等式的证明，考查错位相减法的应用，考查学生分析解决问题的能力，确定数列的通项是关键21（12分）（2013临洮县校级模拟）已知二次函数f（x）=ax2+bx+1（a，br，a0），设方程f（x）=x的两个实数根为x1和x2（1）如果x12x24，设二次函数f（x）的对称轴为x=x0，求证：x01；（2）如果|x1|2，|x2x1|=2，求b的取值范围考点： 二次函数的性质；二次函数的图象专题： 综合题；分类讨论分析： （1）有x12x24转化为g（x）=f（x）x=0有两根：一根在2与4之间，另一根在2的左边，利用一元二次方程根的分布可证（2）先有a0，知两根同号，在分两根均为正和两根均为负两种情况来讨论再利用两根之和与两根之积和|x2x1|=2来求b的取值范围解答： 解：（1）设g（x）=f（x）x=ax2+（b1）x+1，a0，由条件x12x24，得g（2）0，g（4）0即由可行域可得，（2）由g（x）=ax2+（b1）x+1=0，知，故x1与x2同号若0x12，则x2x1=2（负根舍去），x2=x1+22，即b；若2x10，则x2=2+x12（正根舍去），即b综上，b的取值