2018-2019学年十堰市高一下学期期末数学（理）试题（解析版）

2018-2019学年湖北省十堰市高一下学期期末数学（理）试题一、单选题1已知数列满足，则（ ）A4B-4C8D-8【答案】C【解析】根据递推公式，逐步计算，即可求出结果.【详解】因为数列满足，所以，.故选C【点睛】本题主要考查由递推公式求数列中的项，逐步代入即可，属于基础题型.2( )ABCD【答案】A【解析】将根据诱导公式化为后，利用两角和的正弦公式可得.【详解】.故选：A【点睛】本题考查了诱导公式，考查了两角和的正弦公式，属于基础题.3在中，角，所对的边分别为，若，则（ ）AB2C3D【答案】A【解析】利用正弦定理，可直接求出的值.【详解】在中，由正弦定理得，所以，故选：A.【点睛】本题考查利用正弦定理求边，要记得正弦定理所适用的基本类型，考查计算能力，属于基础题。4已知三个互不相等的负数，满足，设，则( )ABCD【答案】C【解析】作差后利用已知条件变形为，可知为负数，由此可得答案.【详解】由题知.因为，都是负数且互不相等，所以，即.故选：C【点睛】本题考查了作差比较大小，属于基础题.5已知等比数列的前项和为，若，则数列的公比( )ABC或D以上都不对【答案】C【解析】根据和可得，解得结果即可.【详解】由得，所以，所以，所以，解得或故选：C.【点睛】本题考查了等比数列的通项公式的基本量的运算，属于基础题.6如图所示，在正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F分别是AB，AD的中点，则异面直线B1C与EF所成的角的大小为()A30B45C60D90【答案】C【解析】连接，由三角形中位线定理及平行四边形性质可得 ，所以是与所成角，由正方体的性质可知是等边三角形，所以，与所成角是,故选C.7在中，内角，的对边分别为，若，且，则的形状为（ ）A等边三角形B等腰直角三角形C最大角为锐角的等腰三角形D最大角为钝角的等腰三角形【答案】D【解析】先由余弦定理，结合题中条件，求出，再由，求出，进而可得出三角形的形状.【详解】因为，所以，所以.又，所以，则的形状为最大角为钝角的等腰三角形.故选D【点睛】本题主要考查三角形的形状的判定，熟记余弦定理即可，属于常考题型.8某几何体的三视图如图所示(实线部分)，若图中小正方形的边长均为1，则该几何体的体积是( ) ABCD【答案】A【解析】由三视图得出原几何体是由半个圆锥与半个圆柱组成的组合体，并且由三视图得出圆柱和圆锥的底面半径，圆锥的高，圆柱的高，再由圆柱和圆锥的体积公式得解.【详解】由三视图可知，几何体是由半个圆锥与半个圆柱组成的组合体，其中圆柱和圆锥的底面半径，圆锥的高，圆柱的高所以圆柱的体积，圆锥的体积，所以组合体的体积故选B【点睛】本题主要考查空间几何体的三视图和空间几何体圆柱和圆锥的体积，属于基础题9定义运算:.若不等式的解集是空集，则实数的取值范围是( )ABCD【答案】B【解析】根据定义可得的解集是空集，即恒成立，再对分类讨论可得结果.【详解】由题意得的解集是空集，即恒成立.当时，不等式即为，不等式恒成立；当时，若不等式恒成立，则即解得.综上可知:.故选：B【点睛】本题考查了二次不等式的恒成立问题，考查了分类讨论思想，属于基础题.10已知，且，则（ ）ABCD【答案】C【解析】根据同角三角函数的基本关系及两角和差的正弦公式计算可得.【详解】解：因为，因为，所以因为，所以所以故选：【点睛】本题考查同角三角函数的基本关系，两角和差的正弦公式，属于中档题.11为等差数列的前项和，且，记，其中表示不超过的最大整数，如，数列的前项和为（ ）ABCD【答案】D【解析】利用等差数列的通项公式与求和公式可得，再利用，可得，即可得出【详解】解：为等差数列的前项和，且，可得，则公差，则，数列的前项和为：故选：【点睛】本题考查了等差数列的通项公式与求和公式、对数运算性质、取整函数，考查了推理能力与计算能力，属于中档题12在中，内角，的对边分别为，且，为的面积，则的最大值为（ ）A1B2CD【答案】C【解析】先由正弦定理，将化为，结合余弦定理，求出，再结合正弦定理与三角形面积公式，可得，化简整理，即可得出结果.【详解】因为，所以可化为，即，可得，所以.又由正弦定理得，所以，当且仅当时，取得最大值.故选C【点睛】本题主要考查解三角形，熟记正弦定理与余弦定理即可，属于常考题型.二、填空题13已知，则的最小值为_.【答案】25【解析】变形后，利用基本不等式可得.【详解】 当且仅当，即， 时取等号.故答案为：25【点睛】本题考查了利用基本不等式求最值，属于基础题.14设等差数列，的前项和分别为，若，则_【答案】【解析】分析：首先根据等差数列的性质得到，利用分数的性质，将项的比值转化为和的比值，从而求得结果.详解：根据题意有，所以答案是.点睛：该题考查的是有关等差数列的性质的问题，将两个等差数列的项的比值可以转化为其和的比值，结论为，从而求得结果.15在中,内角的对边分别为,若的周长为,面积为，则_【答案】3【解析】【详解】分析：由题可知，中已知，面积公式选用，得，又利用余弦定理，即可求出的值.详解：， ， 由余弦定理，得又，解得.故答案为3.点睛：解三角形问题，多为边和角的求值问题，这就需要根据正、余弦定理结合已知条件灵活转化边和角之间的关系，从而达到解决问题的目的其基本步骤是：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如图，在三棱锥中，它的每个面都是全等的正三角形，是棱上的动点，设，分别记与，所成角为，则的取值范围为_【答案】【解析】作交于，连接，可得 是与所成的角根据等腰三角形的性质，作交于，同理可得，根据，的关系即可得解.【详解】解：作交于，连接，因为三棱锥中，它的每个面都是全等的正三角形，为正三角形， 是与所成的角，根据等腰三角形的性质作交于，同理可得，则，得故答案为：【点睛】本题考查异面直线所成的角，属于中档题.三、解答题17已知，（1）求的值；（2）求的值【答案】（1）；（2）.【解析】（1）利用同角三角函数平方和商数关系求得；利用两角和差正切公式求得结果；（2）利用二倍角公式化简所求式子，分子分母同时除以可将所求式子转化为关于的式子，代入求得结果.【详解】（1）， （2）【点睛】本题考查利用同角三角函数、两角和差正切公式、二倍角的正余弦公式化简求值问题，关键是能够利用求解关于正余弦的齐次式的方式，将问题转化为与有关的式子的求解.18在中,角所对的边分别为,且.(1)求;(2)若,求的周长.【答案】（1）；（2）【解析】【详解】分析：（1）利用正弦定理，求得，即可求出A，根据已知条件算出，再由大边对大角，即可求出C；（2）易得，根据两角和正弦公式求出，再由正弦定理求出和，即可得到答案.详解：解：(1)由正弦定理得,又,所以，从而,因为,所以.又因为，所以.(2)由(1)得由正弦定理得，可得,.所以的周长为.点睛：本题主要考查正弦定理在解三角形中的应用.正弦定理是解三角形的有力工具，其常见用法有以下四种：（1）已知两边和一边的对角，求另一边的对角（一定要注意讨论钝角与锐角）；（2）已知两角与一个角的对边，求另一个角的对边；（3）证明化简过程中边角互化；（4）求三角形外接圆半径.19已知公差不为零的等差数列的前项和为，且成等比数列.(1)求数列的通项公式；(2)若，数列的前项和为，求.【答案】(1)；（2）【解析】试题分析：（1）利用等差等比基本公式，计算数列的通项公式；（2）利用裂项相消法求和.试题解析：(1)设公差为，因为，成等数列，所以，即，解得，或(舍去)，所以.(2)由(1)知，所以，所以.20在 中，内角 的对边分别为，已知 .(1)证明： ；(2)若 ，求 边上的高.【答案】（1）见解析（2）【解析】分析：(1)由，结合正弦定理可得，即；（2）由，结合余弦定理可得，从而可求得 边上的高.详解：（1）证明：因为，所以 ，所以 ，故.(2)解：因为，所以.又，所以，解得，所以，所以边上的高为.点睛：解三角形问题，多为边和角的求值问题，这就需要根据正、余弦定理结合已知条件灵活转化边和角之间的关系，从而达到解决问题的目的.其基本步骤是：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.21如图，在三棱柱中，平面平面，为棱的中点（1）证明：；（2）求三棱柱的高【答案】（1）证明见解析（2）【解析】（1）连接，作为棱的中点，连结，由平面平面，得到平面，则，再由，即可证明平面，从而得证；（2）根据等体积法求出点面距.【详解】（1）证明：连接，是等边三角形作为棱的中点，连结，平面平面，平面平面，平面，平面平面，平行四边形是菱形又，分别为，的中点，又，平面，平面平面又平面，（2）解：连接，为正三角形为的中点，同理可得又平面平面，且平面平面，平面，平面，又三棱柱的高即点到平面的距离在中，则又，则【点睛】本题考查线面垂直，线线垂直的证明，三棱锥的体积及点到平面的距离的计算，属于中档题.22已知等差数列与等比数列满足，且. （1）求数列，的通项公式；（2）设，是否存在正整数，使恒成立？若存在，求出的值;若不存在，请说明理由.【答案】（1）， （2）存在正整数，证明见解析【解析】（1）根据题意，列出关于d与q的两个等式，解方程组，即可求出。（2）利用错位相减求出，再讨论求出的最小值，对应的n值即为所求的k值。【详解