江西省师范大学附属中学2021学年高一数学下学期期中试题（含解析）

1、江西省师范大学附属中学2018-2019学年高一数学下学期期中试题（含解析）PAGE PAGE - 32 -江西省师范大学附属中学2018-2019学年高一数学下学期期中试题（含解析）一、选择题。每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.数列1， ，的一个通项公式为( )A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】利用排除法，令，对选项中的通项公式逐一验证排除即可.【详解】因为所以令选项中的值分别为，不合题意，所以可排除选项，故选D.【点睛】本题主要考查数列通项公式、排除法解选择题，属于基础题. 用特例代替题设所给的一般性条件，得出特殊结论，然后对各个选项进行检验，从而做出正

2、确的判断，这种方法叫做特殊法. 若结果为定值，则可采用此法.2.下列命题中，正确的是( )A. 若，则B. 若，则C. 若，则D. 若，则【答案】D【解析】【分析】令可排除；令可排除；令可排除,从而可得结果.【详解】时，若，则，排除；时，成立，不成立，排除；时，成立，不成立，排除；故选D.【点睛】本题主要考查不等式的性质以及特值法的应用，属于基础题. 特殊法是“小题小做”的重要策略，排除法解答选择题是高中数学一种常见的解题思路和方法，这种方法即可以提高做题速度和效率，又能提高准确性，这种方法主要适合下列题型:(1)求值问题（可将选项逐个验证）；（2）求范围问题（可在选项中取特殊值，逐一排除）；

3、（3）图象问题（可以用函数性质及特殊点排除）；（4）解方程、求解析式、求通项、求前 项和公式问题等等.3.某班运动队由足球运动员18人，篮球运动员12人、羽毛球运动员6人组成(每人只参加一项)，现从这些运动员中抽取个容量为的样本，若分别采用系统抽样法和分层抽样法，则都不用剔除个体；当抽取样本的容量为时，若采用系统抽样法，则需要剔除一个个体，则样本容量 ( )A. 6B. 7C. 12D. 18【答案】A【解析】【分析】根据容量为采用系统抽样法和分层抽样法，都不用剔除个体可得为6的倍数，再利用样本容量为时，采用系统抽样法需要剔除1个个体，验证排除即可.【详解】因为采用系统抽样法和分层抽样法，不用

4、剔除个体，所以为的正约数，又因为，所以为6的倍数，因此，因为当样本容量为时，若采用系统抽样法，则需要剔除1个个体，所以为35的正约数，因此，故选A.【点睛】本题主要考查分层抽样与系统抽样的应用，属于基础题.分层抽样适合总体中个体差异明显，层次清晰的抽样，其主要性质是，每个层次，抽取的比例相同.4.若的内角满足，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】，由正弦定理可得，由余弦定理可得，故选D.5.的最小值是( )A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】化简，利用基本不等式求解即可.【详解】，当且仅当，即时等号成立，所以最小值是，故选B.【点睛】在利用基本不等式求最值时，要特别

5、注意“拆、拼、凑”等技巧，使其满足基本不等式中“正”（即条件要求中字母为正数）、“定”（不等式的另一边必须为定值）、“等”（等号取得的条件）的条件才能应用，否则会出现错误.6.已知等差数列的前项和为18.若，则的值为( )A. 27B. 21C. 9D. 36【答案】A【解析】【分析】根据等差数列的前项和为18, ，列出关于首项、公差以及项数的方程组，解方程组即可得结果.【详解】因为等差数列的前项和为18, ，所以根据等差数列的前项和公式，和等差数列中第项，可得通过第一个方程，可以得到，代入第二个式子，得到，再将代入第三个式子，得到，因为，所以得到,故选A.【点睛】本题主要考查等差数列的通项公

6、式、等差数列的前 项和公式，属于中档题. 等差数列基本量的运算是等差数列的一类基本题型，数列中的五个基本量一般可以“知二求三”，通过列方程组所求问题可以迎刃而解.7.将甲、乙两个篮球队5场比赛的得分数据整理成如图所示的茎叶图，由图可知以下结论正确的是( )A. 甲队平均得分高于乙队的平均得分中乙B. 甲队得分的中位数大于乙队得分的中位数C. 甲队得分的方差大于乙队得分的方差D. 甲乙两队得分的极差相等【答案】C【解析】【分析】由茎叶图分别计算甲、乙的平均数，中位数，方差及极差可得答案【详解】29；30，A错误；甲的中位数是29，乙的中位数是30，2930,B错误；甲的极差为31265，乙的极差

7、为32284，5D错误；排除可得C选项正确，故选：C【点睛】本题考查了由茎叶图求数据的平均数，极差，中位数，运用了选择题的做法即排除法的解题技巧，属于基础题.8.钝角三角形ABC的面积是，AB=1，BC=，则AC=( )A. 5B. C. 2D. 1【答案】B【解析】由面积公式得：，解得，所以或，当时，由余弦定理得：=1，所以，又因为AB=1，BC=，所以此时为等腰直角三角形，不合题意，舍去；所以，由余弦定理得：=5，所以，故选B.考点：本小题主要考查余弦定理及三角形的面积公式，考查解三角形的基础知识.9.张邱建算经是中国古代数学史上的杰作，该书中有首古民谣记载了一数列问题：“南山一棵竹，竹尾

8、风割断，剩下三十节，一节一个圈，头节高五寸，头圈一尺三，逐节多三分，逐圈少分三，一蚁往上爬，遇圈则绕圈。爬到竹子顶，行程是多远?”(注释：第节的高度为0.5尺；第一圈的周长为1.3尺；每节比其下面的一节多0.03尺；每圈周长比其下面的一圈少0.013尺)，问：此民谣提出的问题的答案是( )A. 61.395尺B. 61.905尺C. 72.705尺D. 73.995尺【答案】A【解析】【分析】先判断竹节长成等差数列，竹节圈长成等差数列，然后利用等差数列求和公式求解即可.【详解】每节竹节间的长相差尺，设从地面往长,每节竹长为 ,是以为首项，以为公差的等差数列,由题意知竹节圈长,后一圏比前一圏细1

9、分3厘,即尺，设从地面往上,每节节圈长为，可得是以为首项，为公差的等差数列,一蚁往上爬,遇圈则绕圈.爬到竹子顶,行程是:，故选A.【点睛】本题主要考查阅读能力、数学建模能力和化归思想以及等差数列的求和公式的应用，属于难题.与实际应用相结合的题型也是高考命题的动向，这类问题的特点是通过现实生活的事例考查书本知识，解决这类问题的关键是耐心读题、仔细理解题，只有吃透题意，才能将实际问题转化为数学模型进行解答.10.已知，则最小值是( )A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由得,可得且，分类讨论，分别将原不等式去掉绝对值符号，利用基本不等式求其最小值，综合两种情况可得结果.【详解】由得,

10、计算得出且.当时，,当且仅当,即时取等号,此时的最小值.当时,，当且仅当,即,即,计算得出或时(舍)取等号,此时最小值为,综上，最小值为,故选C.【点睛】本题主要考查利用基本不等式求最值，属于难题.利用基本不等式求最值时，一定要正确理解和掌握“一正，二定，三相等”的内涵：一正是，首先要判断参数是否为正；二定是，其次要看和或积是否为定值（和定积最大，积定和最小）；三相等是，最后一定要验证等号能否成立（主要注意两点，一是相等时参数是否在定义域内，二是多次用或时等号能否同时成立）.11.在各项均为正数的等比数列中，公比，若，数列的前项和为，则取最大值时， 的值为( )A. 8B. 8或9C. 9D.

11、 17【答案】B【解析】【分析】由公比， ，列出关于首项 ，公比 的方程组，解得、的值，求出等比数列的通项公式,代入,得到数列为等差数列,可得, 利用时,取最大值，从而可得结果.【详解】是等比数列且，公比,，解得，,则，则，由.数列是以4为首项,以为公差的等差数列.则数列的前项和，令，时,，当或9时,取最大值.故选B.【点睛】本题主要考查对数的运算、等比数列的性质与通项公式以及等差数列的前项和的最值，属于难题.求等差数列前项和的最大值的方法通常有两种：将前项和表示成关于的二次函数，当时有最大值（若不是整数，等于离它较近的一个或两个整数时最大）；可根据且确定最大时的值.12.已知正实数满足，若对

12、任意满足条件的，都有恒成立，则实数的最大值为( )A. B. 7C. D. 8【答案】B【解析】【分析】由 ，利用，求得，恒成立，等价于恒成立，令，利用单调性求出的最小值，进而可得结果.【详解】 ，且，故，整理即，又均为正实数，故，又对于任意满足的正实数，均有恒成立，整理可得恒成立，令，令，时所以在上递增，因此，实数的最大值为7，故选B.【点睛】本题主要考查基本不等式的应用，利用导数求函数的最值以及不等式恒成立问题，属于难题不等式恒成立问题常见方法： 分离参数恒成立(即可)或恒成立（即可）； 数形结合( 图象在 上方即可)； 讨论最值或恒成立.二、填空题。13.若不等式对一切成立，则的取值范围

13、是 _ _ .【答案】【解析】当，时不等式即为 ，对一切恒成立 当时，则须 ，由得实数的取值范围是，故答案为.点睛：本题考查不等式恒成立的参数取值范围，考查二次函数的性质，注意对二次项系数是否为0进行讨论；当，时不等式即为，对一切恒成立，当时 利用二次函数的性质列出满足的条件并计算，最后两部分的合并即为所求范围.14.若等比数列的前n项和为，且，则_。【答案】17【解析】试题分析：设，则，.考点：1.等比数列的性质.15.设正实数满足，则当取得最大值时，的最大值为_.【答案】1【解析】【分析】利用基本不等式可得时取最大值，此时可得，换元后利用配方法可得结果.【详解】，当且仅当时，等号成立，此时

14、，令，则原式，的最大值为1，故答案为1.【点睛】本题主要考查基本不等式的应用以及配方法求最值，意在考查综合应用所学知识解答问题的能力，属于中档题.16.的内角所对的边分別，则下列命题正确的是_.若，则若，则若，则是锐角三角形若，则【答案】【解析】【分析】由,利用正弦定理可知，由余弦定理，结合基本不等式整理可得，从而可判断；由余弦定理，结合基本不等式可得，从而可判断；由先证明，从而可判断；取可判断.【详解】由,利用正弦定理可知：，由余弦定理可得，整理可得：，,正确；，从而，从而，正确；， ，即，则，最大角为锐角，即是锐角三角形，正确；取满足，此时， ，不正确，故答案为.【点睛】本题通过对多个命题

15、真假的判断，综合考查正弦定理、余弦定理以及基本不等式的应用，属于难题.这种题型综合性较强，也是高考的命题热点，同学们往往因为某一处知识点掌握不好而导致“全盘皆输”，因此做这类题目更要细心、多读题，尽量挖掘出题目中的隐含条件，另外，要注意从简单的自己已经掌握的知识点入手，然后集中精力突破较难的命题.三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17.某校高一(1)班的一次数学测试成绩的茎叶图和频率分布直方图都受到不同程度的污损，可见部分如图.(1)求分数在的频数及全班人数；(2)求分数在之间的频数，并计算频率分布直方图中间矩形的高.【答案】（1）2，25;（2）3,.【解析】【分析】（1）

16、根据频率分布直方图可求得分数在之间频率，由茎叶图可得分数在之间的频数，从而可得全班人数；（2）由茎叶图可得分数在之间的频数，利用频数除以组距可得矩形的高.【详解】（1）根据频率分布直方图可得分数在的频率为，由茎叶图知分数在之间的成绩为56与58，即频数为2，所以全班人数（人）；（2）由（1）可知全班人数为25，由茎叶图知分数在之外的共22人，所以分数在之间的频数，频率分布直方图中间矩形的高为.【点睛】本题主要考查茎叶图与频率分布直方图的应用，属于中档题. 直方图的主要性质有：（1）直方图中各矩形的面积之和为；（2）组距与直方图纵坐标的乘积为该组数据的频率.18.(1)求不等式的解集； (2)解

17、关于的不等式.【答案】（1）或或；（2）时，时，；时， 时，时，【解析】【分析】（1）当或时，合题意；当且时，原不等式等价于，分类讨论即可得结果；（2）原不等式可化为， 时，解一次不等式即可；时，不等式即为，分四种情况讨论，分别利用一元二次不等式的解法求解即可【详解】（1）当或时，合题意；当且时，因为恒成立，所以原不等式等价于，当时，三个因式都为正，合题意；当时，两个因式为正，一个为负，不合题意；当时，两个因式为负，一个为正，合题意；当时，三个因式都为负，不合题意；综上可得，不等式的解集为或或.（2）原不等式可化为，(i)时，即(ii)时，不等式即为时，不等式化为；因为，不等式解为时，不等式化

18、为，当，即时，不等式解为；当，即时，不等式解为当，即时，不等式解为综上,时，时，；时，时，时，【点睛】本题主要考查分式不等式与一元二次不等式的解法，考查了分类讨论思想的应用，属于中档题. 分类讨论思想的常见类型问题中的变量或含有需讨论的参数的，要进行分类讨论的；问题中的条件是分类给出的；解题过程不能统一叙述，必须分类讨论的；涉及几何问题时，由几何元素的形状、位置的变化需要分类讨论的.19.在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且，（1）求c的值；（2）求面积S的最大值【答案】（1）；（2）【解析】试题分析：（1）要求边，从已知出发，如能求得角即可，又已知条件是边角关系，因此我们应用正弦定

19、理把边转化为角，从而可很快求得，再正弦定理可得；（2）由（1），而由余弦定理有，可求得的最大值试题解析：（1），由正弦定理化简得：，即，整理得：，（2），则面积的最大值为考点：正弦定理，余弦定理，基本不等式20.某车间为了规定工时定额，需要确定加工零件所花费的时间，为此作了四次试验，得到的数据如下：零件的个数x(个)2345加工的时间y(小时)2.5344.5(1)求出关于x的线性回归方程；(2)试预测加工10个零件需要的时间。【答案】（1）（2）【解析】试题分析: （1）先根据平均数定义求出，再将数据代入求，利用求，（2）求当时，的值.试题解析:（1），（2）时，点睛：函数关系是一种确定的关

20、系，相关关系是一种非确定的关系.事实上，函数关系是两个非随机变量的关系，而相关关系是非随机变量与随机变量的关系.如果线性相关，则直接根据用公式求，写出回归方程，回归直线方程恒过点.21.为响应国家扩大内需的政策，某厂家拟在2019年举行促销活动，经调查测算，该产品的年销量(即该厂的年产量)x万件与年促销费用t(t0)万元满足(k为常数)。如果不搞促销活动，则该产品的年销量只能是1万件。已知2019年生产该产品的固定投入为6万元，每生产1万件该产品需要再投入12万元，厂家将每件产品的销售价格定为每件产品平均成本的1.5倍(产品成本包括固定投入和再投入两部分)。(1)将该厂家2019年该产品的利润y万元表示为年促销费用t万元的函数；(2