云南昆明市东川区明月中学2018-2019学年高一下学期期中考试数学试题含解析

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精云南省昆明市东川区明月中学2018-2019学年高一下学期期中考试数学试题含解析2019年春季学期高一年级期中考试数学学科试题(考试时间:120分钟满分：150分）一、选择题：1.设集合，则=(）A。 B。 C。 D.【答案】A【解析】试题分析：∵，∴,∴考点:集合的交、并、补集的混合运算2.下列函数是偶函数且在区间上为增函数的是()A. B。 C。 D.【答案】D【解析】试题分析:和均是奇函数，是偶函数，但在上是减函数;二次函数是偶函数,且在上是增函数，∴正确选项D．考点:（1）函数奇偶性的判断；（2）函数单调性判断．3.设sin,则(）A。 B。 C. D。【答案】A【解析】试题分析：,两边平方后得,整理为，即，故选A。考点：三角函数4。已知：、是不共线向量,，,且,则的值为A。8 B.3 C.—3 D.—8【答案】D【解析】【详解】【分析】∵，是不共线向量，=，=,且∥，∴存在实数λ使得。∴==6λ．∴解得k=﹣8．故选D．5。已知是等比数列，，则公比=（）A. B. C。2 D.【答案】D【解析】【分析】由题意结合等差数列的性质得到关于q的方程，解方程即可确定公比的值.【详解】由等比数列的性质可得：，即：，解得：。故选D.【点睛】本题主要考查等比数列的性质，等比数列基本量的求解，属于基础题。6.已知中，,,，则等于()A. B.或 C.60° D。或【答案】D【解析】【分析】由正弦定理,得，再根据大边对大角和三角形内角和定理即可。【详解】解：中,，，，由正弦定理得，，或满足和故选:D【点睛】考查正弦定理的应用，注意大边对大角和三角形内角和定理,基础题。7.设的内角所对的边分别为，若，则的形状为(）A。锐角三角形 B。直角三角形 C。钝角三角形 D。等腰三角形【答案】B【解析】【分析】根据正弦定理把已知等式中的边转化为角的正弦，利用两角和公式化简求得的值进而求得,判断出三角形的形状.【详解】∵，由正弦定理得:，∵，∴，,故三角形为直角三角形，故选:B.【点睛】本题主要考查了正弦定理的应用，解题的关键时利用正弦定理把等式中的边转化为角的正弦,属于基本知识的考查。8。设,且,则n的值为（）A.9 B。8 C.7 D.6【答案】D【解析】【分析】由裂项相消法求和法推导出，再由，解方程即可求出结果.【详解】因为，所以，又，所以，解得故选D。【点睛】本题考查运用裂项相消法求和及其应用，解题时要认真审题，注意裂项相消法求和的合理运用.9。已知长方体一个顶点上三条棱的长分别是3、4、5，且它的顶点都在同一球面上，则这个球的表面积是(）A。 B. C。 D。【答案】C【解析】分析:长方体的外接球的直径就是长方体的对角线，求出长方体的对角线，即可求出球的直径，然后求出球的表面积。详解:长方体的一个顶点上的三条棱长分别是,且它的个顶点都在同一个球面上，长方体的对角线就是球的直径,长方体的对角线为，球的半径为，则这个球的表面积是，故选C.点睛：本题主要考查球的内接多面体的有关知识,球的表面积的求法，意在考查计算能力与空间想象力，注意球的直径与长方体的对角线的转化是解答本题的关键.10。如图所示，三棱锥的高，,，分别在和上，且，,图中的四个图象大致描绘了三棱锥的体积与的变化关系，其中正确的是（）A. B。 C. D。【答案】A【解析】【分析】由，则，可得，求出,可得，从而可得结果。【详解】因为，所以，因为面,而在上,所以面,因为，所以，因为,所以，从而可得,函数图象是开口向下的抛物线一部分，故选A。【点睛】本题主要考查棱锥的体积、空间线面关系，考查了函数的图象，考查了空间想象能力函数思想的应用，意在考查灵活运用所学知识解答问题的能力,属于难题.11.函数，若对于任意的有恒成立,则实数的取值范围是（)。A. B。 C. D。【答案】D【解析】【详解】试题分析:,，最小值考点:1，三角函数化简；2。不等式恒成立12.已知函数，若方程有两个解,则实数的取值范围是()A。 B. C. D。【答案】C【解析】【详解】当时,必有一解，所以只需时有一解即可，而在减函数，只需，即.故选：C.二、填空题:13.数列的前项和,则的通项公式_____.【答案】【解析】【分析】根据和之间的关系,应用公式得出结果【详解】当时，；当时,；∴故答案为【点睛】本题考查了和之间的关系式,注意当和时要分开讨论,题中的数列非等差数列.本题属于基础题14.如图,网格纸的小正方形的边长是1,在其上用粗线画出了某多面体的三视图，则这个多面体最长的一条棱的长为______.【答案】【解析】【详解】试题分析：由三视图知，几何体是一个四棱锥，四棱锥的底面是一个正方形，边长是2，四棱锥的一条侧棱和底面垂直，且这条侧棱长是2，这样在所有的棱中，连接与底面垂直的侧棱的顶点与相对的底面的顶点的侧棱是最长的长度是，考点：三视图点评：本题考查由三视图还原几何体,所给的是一个典型的四棱锥,注意观察三视图，看出四棱锥的一条侧棱与底面垂直．15。在边长为1的等边三角形ABC中，设=2=3，则=_____。【答案】【解析】试题分析:因为，所以为的中点即，∵，∴,∴考点:向量线性运算与数量积的几何运算.16.如下图,为了测量正在海面匀速行驶的某轮船的速度,在海岸上选取距离1千米的两个观察点，在某天10:00观察到该轮船在处,此时测得，2分钟后该轮船行驶至处，此时测得，则该轮船的速度为千米/分钟．【答案】【解析】此题考查正弦定理和余弦定理应用；此题关键求出长度即可；在中，；在中，所以是等腰直角三角形，所以；在中，根据余弦定理得：，所以轮船的速度为千米/分钟；三、解答题：17.已知一个几何体的三视图如图所示。（1）求此几何体的表面积；（2）在如图正视图中，如果点为所在线段中点,点为顶点，求在几何体侧面上从点到点的最短路径的长。【答案】(1);(2).【解析】试题分析:(1）由三视图知:此几何体是一个圆锥和一个圆柱的组合体，底面圆半径长2,圆柱高为4，圆锥高为2，由此可求得该几何体的表面积；（2）将圆柱侧面展开，在平面矩形内线段长为所求．试题解析:（1）由三视图知：此几何体是一个圆锥加一个圆柱，其表面积是圆锥的侧面积、圆柱的侧面积和圆柱的一个底面积之和，即，,，所以.（2）沿点与点所在母线剪开圆柱侧面,如图：则，所以从点到点在侧面上的最短路径的长为。考点：1、多面体和旋转体表面上的最短距离问题；2、由三视图求面积、体积．18.在中，内角对边的边长分别是,已知,．（Ⅰ)若的面积等于，求；(Ⅱ）若，求的面积．【答案】（Ⅰ)，;（Ⅱ）．【解析】【详解】试题分析：(1）由余弦定理及已知条件得，，又因为△ABC的面积等于，所以，得.联立方程组解得.（Ⅱ）,由正弦定理得,联立方程组解得，所以的面积点评：本题考查正弦定理、余弦定理的应用，三角形内角和定理，考查了函数方程思想，在两道小题中，均通过建立方程组，以便求的等．19。在△ABC中，内角所对的边分别为，已知。(Ⅰ)求证：成等比数列;(Ⅱ)若，求△的面积S。【答案】(I)见解析(II)【解析】试题分析：(1)先根据同角三角函数基本关系式和“化切为弦"思想转化成，再利用正弦定理将角角关系转化为边边关系,即证得成等比数列；(2)先利用等比中项求出边，利用余弦定理求出，再利用同角三角函数基本关系式求出,再利用三角形的面积公式求其面积．试题解析：(1）由已知得:,，则，再由正弦定理可得：，所以a，b，c成等比数列．(2）若，则，∴,．∴的面积．考点:1．同角三角函数基本关系式;2．等比数列；3．正弦定理；4．余弦定理．20.已知函数部分图象如图所示.（1）求函数的解析式；（2）求函数的单调递增区间。【答案】(1).(2）。【解析】【分析】试题分析：(1）观察图象可知，周期,根据点在函数图象上，得到，结合，求得;再根据点（0，1）在函数图象上，求得,即得所求。（2）首先将化简为,利用“复合函数单调性”,由，得，得出函数的单调递增区间为。【详解】(1）由图象可知,周期，∵点在函数图象上，∴，∴，解得，∵,∴；∵点(0，1)在函数图象上，∴，∴函数的解析式为。(2）==,由,得，∴函数的单调递增区间为21.数列是等差数列且，，数列的前项和为，且。（1)求数列，的通项公式；（2）求数列的前n项和为。【答案】（1）,；（2）【解析】【分析】（1)根据等差数列的首项和公差求通项公式;根据与的关系求等比数列的通项公式；（2）根据数列特征，采用错位相减法求和.【详解】（1）数列是等差数列且，，∴，解得,，∴∵，①∴，，②①-②，得∴又，解得∴是以3为首项,3为公比的等比数列，∴（2)∵，∴,①∵，②①﹣②，，∴【点睛】本题主要考查了等差数列的通项公式，等比数列的定义、通项公式，错位相减法求和，考查了推理能力、运算能能力，属于中档题.22.已知二次函数（，为常数，且）满足条件：，且方程有两等根.（1）求的解析式；(2）求在上的最大值.【答案】（1)；(2)【解析】试题分析：（1）首先根据有两等根,可得，解得，根据二次函数得对称轴为,再根据可得对称轴为；（2）求在上的最大值需要对定义域进行讨论：分和两种情形.试题解析:(1)方程有两等根,即有两等根,,解得；,得是函数图象的对称轴.而此函数图象的对称轴是直线，故.（2）函数的图象的对称轴为,当时，在上是增函数，,当时，在上是增函数,在上是减函数，，综上，.考点:二次函数的解析式;二次函数的最值。【方法点晴】二次函数在闭区间上必有最大值和最小值,它