四川省绵阳市三台县2024-2025学年高一数学下学期期中教学质量调研测试题含解析

PAGE17-四川省绵阳市三台县2024-2025学年高一数学下学期期中教学质量调研测试题（含解析）一､选择题：本大题共12小题，每小题4分，共48分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.如图所示，在正中，均为所在边的中点，则以下向量和相等的是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】依据相等向量的定义，对选项中的向量逐一推断即可.【详解】与向量，方向不同，与向量不相等，而向量与方向相同，长度相等，，故选D.【点睛】本题主要考查相等向量的定义，属于简洁题.相等向量的定义：长度相等且方向相同的向量叫相等向量；两个向量只有当他们的模相等且方向相同时，才能称它们相等.2.已知，则数列肯定是（）A.等差数列 B.等比数列 C.递增数列 D.等差数列又是等比数列【答案】A【解析】【分析】依据等差数列的定义和等差数列的单调性推断.【详解】因为，所以由等差数列的定义得：数列是等差数列.不肯定是等比数列，如：.因为公差为0，所以是常数列.故选：A【点睛】本题主要考查等差数列的定义及单调性，还考查了理解辨析的实力，属于基础题.3.已知向量，若，则A. B. C. D.6【答案】A【解析】分析：依据向量平行的坐标表示，，可得的值.详解：若，则有，解得.故选A.点睛：本题考查向量平行的坐标表示法，关键是列出方程并精确计算.4.若1和的等差中项是2，则的值为(）A.4 B.3 C.1 D.-4【答案】B【解析】试题分析：据等差中项定义可知,则.故选.考点：等差中项5.在△ABC中，，则A等于（）A. B.或 C. D.【答案】A【解析】【分析】由正弦定理可得,，可求，再由，依据三角形大边对大角可求A.【详解】由正弦定理可得，，，，，故选A.【点睛】本题主要考查正弦定理在解三角形中的应用，属于基础题.正弦定理是解三角形的有力工具，其常见用法有以下三种：（1）知道两边和一边的对角，求另一边的对角（肯定要留意探讨钝角与锐角）；（2）知道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.6.已知向量，，，且在方向上的投影为，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】依据平面对量的数量积定义求解.【详解】设向量，的夹角为，因为在方向上的投影为，所以，又，所以.故选：B【点睛】本题主要考查平面对量的数量积运算以及投影的应用，还考查了运算求解的实力，属于基础题.7.等差数列的前项和为，若，则等于（）A.58 B.54 C.56 D.52【答案】D【解析】，得,.故选D.8.已知在中，，那么的值为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【详解】，不妨设，,则，选A.9.如图所示，矩形的对角线相交于点，为的中点，若，则等于（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】利用平面对量的线性运算，将用和表示，可得出和的值，由此可计算出的值.【详解】为的中点，且为的中点，所以，，，，.因此，，故选：A.【点睛】本题考查利用基底表示向量，要充分利用平面对量的加减法法则，考查运算求解实力，属于中等题.10.《莱茵德纸草书》(RhindPapyrus)是世界上最古老的数学著作之一，书中有一道这样的题目：把100磅面包分给5个人，使每人所得成等差数列，且使较大的两份之和的是较小的三份之和，则最小的1份为A.磅 B.磅 C.磅 D.磅【答案】D【解析】分析：设五个人所分得的面包为（其中），依据题中所给的条件，列出方程组，求出和的值，从而求得最小的一份的值.详解：设五个人所分得的面包为（其中），因为把100个面包分给五个人，所以，解得，因为使较大的两份之和的是较小的三份之和，所以，得，化简得，所以，所以最小的1份为，故选D.点睛：该题考查的是有关等差数列的应用题，在解题的过程中，须要依据题中的条件，设出对应的项，依据条件列出等量关系式，求得结果，再依据题意，列出对应的式子，求得结果.11.已知的内角的对边分别为，若，则的形态为（）A.等腰三角形 B.直角三角形C.等腰直角三角形 D.等腰或直角三角形【答案】A【解析】中，，所以.由正弦定理得：所以.所以，即因为为的内角，所以所以为等腰三角形.故选A.12.在中，分别为的对边，为的外心，且有，，若，，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】由，利用正弦定理得到，再由，运用三角函数的和角公式和正弦定理得到，进而得到，然后利用余弦定理，求得角B，A，C，再由的两边点乘，运用平面对量数量积的定义和性质，得到x，y的方程组求解.【详解】因为，所以，又因为，所以，所以，所以，即，所以，所以，所以，如图所示：由正弦定理得：，因为，则，所以，即，则，所以，即，，.故选：A.【点睛】本题主要考查正弦定理，余弦定理，两角和与差的三角函数，平面对量的数量积的定义和性质，还考查了运算求解的实力，属于难题.二､填空题：本大题共4个小题，每小题3分，共12分，把答案干脆填答题卷的横线上.13.已知向量，，若，则______.【答案】【解析】【分析】依据得到，得到，计算模长得到答案.【详解】依据题意，向量，，，则，解得，则，则；故答案为：.【点睛】本题考查了依据向量垂直求参数，向量的模，意在考查学生的计算实力.14.如图，从气球上测得正前方的河流的两岸，的俯角分别为和，假如这时气球的高是30米，则河流的宽度为______米.【答案】【解析】【分析】由题意画出图形，利用特别角的三角函数，可得答案．【详解】解：由题意可知，，，，．故答案为.【点睛】本题给出实际应用问题，着重考查了三角函数的定义，属于简洁题．15.已知等比数列的前项和为，若，，则________.【答案】【解析】【分析】可得出，并计算出，利用等比数列片断和的性质得出、、成等比数列，可得出的值.【详解】，且，、、成等比数列，即，因此，.故答案为：.【点睛】本题考查利用等比数列片断和性质求值，考查计算实力，属于中等题.16.已知内角成等差数列，且所对的边分别为，则有下列四个命题：①；②若成等比数列，则为等边三角形；③若，则为锐角三角形；④若，则.则以上命题中正确的有________________.(把全部正确的命题序号都填在横线上).【答案】①②④【解析】【分析】①依据成等差数列，可得，再由求解.②依据成等比数列，则，再由余弦定理结合①的结论求解.③依据，再由余弦定理结合①的结论求解.④依据，利用数量积的运算得到求解.【详解】因为的内角成等差数列，所以，又，所以，故①正确.因成等比数列，所以，由余弦定理得：，所以，即，所以，所以为等边三角形.故②正确.因为，由余弦定理得：，所以，所以，所以为直角三角形.故③错误.因为，则，所以，所以，所以.故④正确.故答案为：①②④【点睛】本题主要考查余弦定理，等差中项，平面对量的数量积的定义，还考查了运算求解的实力，属于中档题.三､解答题：本大题共4个小题，每小题10分，共40分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤17.已知等差数列的前项和为，且满意.（1）求数列的通项公式；（2）若，求数列前项和.【答案】（1）.（2）【解析】【分析】（1）设等差数列的公差为，由，利用“”求解.（2）由（1）得到，是等比数列，再利用等比数列的前n项和公式求解.【详解】（1）设等差数列的公差为，由，得，所以，解得：，所以，即.（2）∵，即，∴，.【点睛】本题主要考查等差数列的基本运算以及等比数列求和公式，还考查了运算求解的实力，属于中档题.18.在平面直角坐标系中，已知向量，，且.（1）求向量的夹角；（2）求的值.【答案】（1）.（2）【解析】【分析】（1）由，两边平方得，再将，，代入上式求解.（2）由（1）知，求得，再利用平面对量的数量积运算求解.【详解】（1）∵，平方得：，即：，解得：，又∵，∴.（2）由（1）知，则.所以.【点睛】本题主要考查平面对量的数量积运算，还考查了运算求解的实力，属于中档题.19.在梯形中，已知，，，，，（1）求的长；（2）求面积.【答案】（1）.（2）【解析】【分析】（1）由，得到，在中，利用正弦定理求解.（2）在中，求得，在梯形中，由，得到，得到，在中，由余弦定理求得，然后由求解.【详解】（1）∵，∴，在中，由正弦定理得：，即，解得：.（2）在中，∵，==，又∵在梯形中，，∴，∴.在中，由余弦定理得：，即：，解得或(舍)，又∵，∴.【点睛】本题主要考查正弦定理、余弦定理在平面几何中的应用，还考查了运算求解的实力，属于中档题.20.已知数列中，，其前项和满意：.（1）求数列的通项公式；（2）设，求证：；（3）设(为非零整数，)，是否存在确定的值，使得对随意，有恒成立.若存在求出的值，若不存在说明理由.【答案】（1）.（2）证明见解析.（3）存在，【解析】【分析】（1）由变形为，即，再利用等差数列的定义求解.（2）由（1）知，得到，然后利用裂项相消法求和再放缩即可.（3）由，得到，将对随意，都有恒成立，转化为恒成立，即恒成立.再分为奇数和偶数两种状况探讨求解【详解】（1）由已知可得，即：且，∴数列是以为首项，公差为的等差数列，∴.（2）由（1）知，∴，∴，==，=，∵∴，∴，