江西省赣州市八校2020-2021学年高一下学期期中联考数学试题

赣州市八校协作体20202021学年第二学期期中联考高一年级数学学科试题卷一､选择题（每小题5分，共60分．）1.已知单位向量，的夹角为60°，则在下列向量中，与垂直的是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根据平面向量数量积的定义、运算性质，结合两平面向量垂直数量积为零这一性质逐一判断即可.【详解】由已知可得：.A：因为，所以本选项不符合题意；B：因为，所以本选项不符合题意；C：因为，所以本选项不符合题意；D：因为，所以本选项符合题意.故选：D.【点睛】本题考查了平面向量数量积的定义和运算性质，考查了两平面向量数量积为零则这两个平面向量互相垂直这一性质，考查了数学运算能力.2.已知向量满足，，则A.4 B.3 C.2 D.0【答案】B【解析】【详解】分析：根据向量模的性质以及向量乘法得结果.详解：因为所以选B.点睛：向量加减乘：3.等比数列的各项均为正数，且，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据等比数列下标和性质，求得，再结合对数运算，即可求得结果.【详解】由等比数列的性质可得：，所以..则，故选：B.【点睛】本题考查等比数列的下标和性质，涉及对数运算，属综合基础题.4.《九章算术》“竹九节”问题：现有一根9节的竹子，自上而下各节的容积成等差数列，上面4节的容积为3升，下面3节的容积共4升，则第五节的容积为（）A.1升 B.升 C.升 D.升【答案】B【解析】【分析】设出竹子自上而下各节的容积且为等差数列，根据上面4节的容积共3升，下面3节的容积共4升列出关于首项和公差的方程，联立即可求出首项和公差，根据求出的首项和公差，利用等差数列的通项公式即可求出第5节的容积．【详解】解：设竹子自上而下各节的容积分别为：，，，，且为等差数列，根据题意得：，，即①，②，②①得：，解得，把代入①得：，则．故选：B．【点睛】本题考查学生掌握等差数列的性质，灵活运用等差数列的通项公式化简求值，属于中档题．5.在中，若，则的形状是（）A.锐角三角形 B.等腰三角形 C.直角三角形 D.钝角三角形【答案】B【解析】【分析】用正弦定理化边为角，再由三角函数同角关系变形可得．【详解】∵，由正弦定理得，显然，∴，∴，三角形为等腰三角形，故选：B．【点睛】本题考查三角形形状的判断，掌握正弦定理的边角互化是解题关键．6.已知等比数列中，，则的值为（）A.2 B.4 C.8 D.16【答案】A【解析】【分析】根据已知条件求得，由此确定正确选项.【详解】依题意，.故选：A7.已知正项等比数列中，，与的等差中项为9，则（）A.729 B.332 C.181 D.96【答案】D【解析】【分析】正项等比数列的公比设为q，，运用等差数列的中项性质和等比数列的通项公式及性质，解方程可得公比q，再由等比数列的通项公式计算可得所求值.【详解】设正项等比数列的公比为q，则，由，可得，即，即，①与的等差中项为9，可得，即，②由①②可得，解得或（舍），则.故选：D.【点睛】本题考查等比数列基本量计算，涉及到等差中项的概念，考查学生的运算求解能力，是一道容易题.8.在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且，则角B的大小是（）A.45° B.60° C.90° D.135°【答案】A【解析】【分析】由利用余弦定理可得，结合的范围，即可得的值．【详解】中，，可得：，由余弦定理可得：，，，故选：A.9.在中，若，则角等于（）A. B. C.或 D.或【答案】B【解析】【分析】直接利用正弦定理即可求解.【详解】由正弦定理得：，即，解得：,因为，由大角对大边得：A=.故选：B10.如图，正方形的边长为，延长至，使，连接、则A. B. C. D.【答案】B【解析】【详解】试题分析：由图象知，所以有，再根据同角三角函数关系式，可求出，选B.考点：1.两角差的正切公式；2.同角三角函数关系式.11.已知，点满足且，则等于（）A. B.1 C. D.【答案】D【解析】【分析】建立平面直角坐标系，求得，由此确定正确选项.【详解】由于，以为原点建立如图所示平面直角坐标系，所以，则.故选：D12.已知的内角A，B，C满足，的面积S满足，记a，b，c分别为A，B，C所对的边，则下列不等式一定成立的是（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】根据三角恒等变换公式得到，确定，根据面积范围得到，得到，再依次判断每个选项得到答案.【详解】，则，即，故，，即，，整理得到.设外接圆的半径为，由正弦定理可得：，，故，即，，故，即，，则，对选项A：，即，但不一定正确；对选项B：，即，正确；对选项C：，不一定正确；对选项D：，不一定正确；故选：B【点睛】关键点睛：本题考查了三角恒等变换，三角形面积公式，正弦定理，以此考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中利用三角恒等变换公式将条件转化为是解题的关键.二､填空题（每小题5分，共20分．）13.已知向量，若，则m=____.【答案】1【解析】分析】求出的坐标，由向量共线时坐标的关系可列出关于的方程，从而可求出的值.【详解】解：∵，∴，∵，，∴，解得.故答案为:114.等差数列中，，，则满足不等式的正整数的最大值是______.【答案】59【解析】【分析】计算得到，解不等式得到答案.【详解】由得，即，又，解得，故正整数的最大值为59.故答案：59.【点睛】本题考查了等差数列的通项公式，解不等式，意在考查学生的计算能力.15.已知在中，内角所对的边分别为，且，，则________________.【答案】2【解析】【分析】把，代入已知等式，可将边之间的关系全部转化为角之间的关系，即可求解.【详解】由题意，中，，可得，又由正弦定理可得，所以，代入可得.故答案为：2.【点睛】本题主要考查了正弦定理的应用，其中解答中熟练应用正弦定理的边角互化和三角形内角和的性质是解答本题的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.16.数列满足，，实数为常数，①数列有可能为常数列；②时，数列为等差数列；③若，则；④时，数列递减；则以上判断正确的有______（填写序号即可）【答案】①②③④【解析】【分析】对选项逐一验证，①数列为常数列时，，可解出；②时，取倒数可以证明；③，表示出，解出的范围可得；④时，表示出，则且单调递增，所以递减.【详解】对于①：时，，又因为，所以数列为常数列，①正确．对于②：时，两边取倒数，得，所以，数列为等差数列，所以②正确.对于③：令，，再令，，，即，解得，，所以③正确．对于④，令，，归纳猜想，于是，所以④正确．综上，①②③④都正确．故答案为：①②③④.【点睛】本题考查数列的综合应用，涉及到等差数列的证明和单调性的判断，同时涉及不等式求解，考查学生的计算能力和分析问题的能力，属于中档题.三､解答题（17题10分，其他每小题12分，共70分．）17.已知A(1，1)，B(3，－1)，C(a，b)．（1）若A，B，C三点共线，求a，b的关系式；（2）若＝2，求点C的坐标．【答案】（1）a＋b＝2；（2）(5，－3)．【解析】【分析】（1）利用平面向量共线定理，结合平面向量共线坐标表示公式进行求解即可；（2）根据平面向量共线坐标表示公式进行求解即可.【详解】（1）由已知得＝(2，－2)，＝(a－1，b－1)，因为A，B，C三点共线，所以∥．所以2(b－1)＋2(a－1)＝0，即a＋b＝2．（2）因为＝2，所以(a－1，b－1)＝2(2，－2)．所以解得所以点C的坐标为(5，－3)．18.已知．（1）求与夹角的余弦值；（2）若，求实数λ的值．【答案】（1）（2）.【解析】【分析】（1）先求出，，，然后利用夹角公式进行求解即可；（2）利用向量的垂直公式进行求解即可【小问1详解】因为，所以，，，设与的夹角为，所以【小问2详解】因为，又，所以，解得19.已知向量，且.（1）求及；（2）若，求的最大值和最小值.【答案】（1）（2）；【解析】详解】试题分析：(Ⅰ)由平面向量数量积的坐标运算法则可得：，.(Ⅱ)首先化简函数的解析式，然后结合三角函数的性质可得；.试题解析：（1）（2）由（1）知：20.已知数列与，若且对任意正整数满足数列的前项和．（1）求数列的通项公式；（2）求数列的前项和【答案】(1),;(2).【解析】【分析】（1）由已知可得数列{an}是公差为2的等差数列，由等差数列的通项公式求an；把an代入Sn=n2+an．利用SnSn1=bn（n≥2）求通项公式；

（2）首先求出T1，当n≥2时，由裂项相消法求数列的前n项和Tn．【详解】（1）由题意知数列是公差为2的等差数列又因为所以当时，；当时，对不成立所以，数列的通项公式:（2）时，时，所以仍然适合上式综上，【点睛】本题考查了求数列的通项公式，训练了裂项法求数列的和，是中档题．21.在中，分别为内角所对的边，．（1）求；（2）若，且其外接圆的半径，求的面积．【答案】（1）；（2）．【解析】【分析】（1）结合正弦定理化简已知条件，求得的值，由此求得，（2）利用正弦定理求得，结合余弦定理求得，从而求得三角形的面积.【详解】（1），即，．根据正弦定理得，，且，．，．（2）由（1）知，由正弦定理得．由余弦定理得，，，．22.已知数列中，；（1）求，；（2）求证：是等比数列，并求的通项公式；（3）数列满足，数列的前n项和为，若不等式对一切恒成立，求的取值范围.【答案】（1）；（2）证明见解析，；（3）.【解析】【分析】（1）根据题意，分别令和，即可求得和的值；（2）由化简可