黑龙江省佳木斯市第一中学2024-2025学年高一数学下学期第一学段考试理科试题含解析

PAGE18-黑龙江省佳木斯市第一中学2024-2025学年高一数学下学期第一学段考试理科试题（含解析）一、选择题（本大题共12个小题，每小题5分，共60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.数列1，-3，5，-7，9，…的一个通项公式为（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】视察，奇偶相间排列，偶数位置为负，所以为，数字是奇数，满意2n-1,所以可求得通项公式.【详解】由符号来看，奇数项为正，偶数项为负，所以符号满意，由数值1，3，5，7，9…明显满意奇数，所以满意2n-1,所以通项公式为，选C.【点睛】本题考查视察法求数列的通项公式，解题的关键是培育对数字的敏锐性，属于基础题.2.在△ABC中，假如，那么cosC等于（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【详解】解：由正弦定理可得；sinA：sinB：sinC=a：b：c=2：3：4可设a=2k，b=3k，c=4k（k＞0）由余弦定理可得，cosC=,选D3.已知集合，，则=（）A.（1，3） B.（1，4） C.（2，3） D.（2，4）【答案】C【解析】【分析】依据一元二次不等式的解法，可得集合，然后依据交集的概念，可得结果.【详解】由所以，所以又，所以故选：C【点睛】本题考查一元二次不等式的解法，记住口诀“大于取两边，小于取中间”，还考查集合之间的运算，属基础题.4.在等差数列中，若，则（）A.6 B.10 C.7 D.5【答案】B【解析】【分析】依据等差数列的性质，可得，然后由，简洁计算结果.【详解】由题可知：又，所以故选：B【点睛】本题主要考查等差数列的性质，若，则，考验计算，属基础题.5.中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题：“三百七十八里关，初行健步不犯难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见次日行里数，请公细致算相还．”其意思是“有一个人走378里，第一天健步行走，从其次天起脚痛每天走的路程是前一天的一半，走了6天后到达目的地．”请问第三天走了（）A.60里 B.48里 C.36里 D.24里【答案】B【解析】【分析】依据题意得出等比数列的项数、公比和前项和，由此列方程，解方程求得首项，进而求得的值.【详解】依题意步行路程是等比数列，且，，，故，解得，故里.故选B.【点睛】本小题主要考查中国古典数学文化，考查等比数列前项和的基本量计算，属于基础题.6.已知数列满意，，则数列的前10项和（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】变换得到，设得到是首项为，公差为的等差数列，故，再利用裂项相消法求和.【详解】，易知，故，设，则，，故是首项为，公差为的等差数列，故，，，故.故选：A.【点睛】本题考查了构造法求通项公式，裂项相消法求和，意在考查学生对于数列公式方法的综合应用.7.已知等差数列的公差d＞0，则下列四个命题：①数列是递增数列；②数列是递增数列；③数列是递增数列；④数列是递增数列．其中正确命题的个数为（）A.1 B.2 C.3 D.4【答案】B【解析】【分析】依据等差数列的通项公式和前项和公式，结合数列的通项公式的函数性质进行求解即可.【详解】①：因为数列是等差数列，所以，因此可以把看成关于的一次函数，而，所以数列是递增数列，因此本命题是真命题；②：因为数列是等差数列，所以，因此可以把看成关于的二次函数，而二次函数的单调性与开口和对称轴有关，虽然能确定开口方向，但是不能确定对称轴的位置，故不能推断数列的单调性，故本命题是假命题；③：因为数列是等差数列，所以，设，因此数列的通项公式为：，明显当时，数列是常数列，故本命题是假命题；④：因为数列是等差数列，所以，设，因此数列的通项公式为，所以可以把看成关于的一次函数，而，所以数列是递增数列，因此本命题是真命题.故选：B【点睛】本题考查了等差数列的通项公式和前项和公式的应用，考查了利用数列的函数性质推断数列的单调性，考查了推理论证实力和数学运算实力.8.对于随意实数，下列正确的结论为（）A.若，则； B.若，则；C.若，则； D.若，则．【答案】D【解析】【分析】依据不等式的基本性质，结合举特例、作差比较法进行求解即可.【详解】A：依据不等式的基本性质可知：只有当时，才能由推出，故本选项结论不正确；B：若时，由推出，故本选项结论不正确；C：若时，明显满意，但是没有意义，故本选项结论不正确；D：，因为，所以，因此，所以本选项结论正确.故选：D【点睛】本题考查了不等式的基本性质的应用，考查了作差比较法的应用，属于基础题.9.下列命题中，不正确的是（）A.在中，若，则B.在锐角中，不等式恒成立C.在中，若，，则必是等边三角形D.在中，若，则必是等腰三角形【答案】D【解析】分析】A：依据三角形大角对大边的性质，结合正弦定理进行推断即可；B：依据锐角三角形的性质，结合正弦函数的单调性进行推断即可；C：利用余弦定理，结合等边三角形的判定方法进行推断即可；D：依据正弦定理，结合二倍角的正弦公式、正弦函数的性质进行求解即可.【详解】A：在中，因为，所以，由正弦定理可知：，故本命题是正确的；B：因为是锐角三角形，所以，由三角形内角和定理可知；，即有，因为是锐角三角形，所以为锐角，因此可得：，故本命题是正确的；C：由余弦定理可知；，又因为，，所以有：，因此是等腰三角形，而，所以是等边三角形，故本命题是正确的；D：由正弦定理可知；，而，所以有，，于是有或，即或，所以是等腰三角形或直角三角形，因此本命题不正确.故选：D【点睛】本题考查了正弦定理和余弦定理的应用，考查了二倍角正弦公式的应用，考查了正弦函数的性质，考查了数学运算实力.10.在中，已知cm，cm，，假如利用正弦定理解三角形有两解，则的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】先由正弦定理，依据题意，得到，再由三角形有两解，得到，，进而可求出结果.【详解】因为在中，cm，cm，，所以，由正弦定理得得：，因为，所以，要使三角形有两解，得到，因此；又若，此时只有一个解，不满意题意，所以，即，解得：.故选：A.【点睛】本题主要考查由三角形解的个数求参数的问题，熟记正弦定理即可，属于常考题型.11.已知数列是等差数列，若，，且数列的前项和有最大值，那么取得最小正值时等于（）A. B. C. D.【答案】C【解析】试题分析：由等差数列的性质和求和公式可得又可得:而,进而可得取得最小正值时.考点：等差数列的性质12.如图，是某防汛抗洪大坝的坡面，大坝上有一高为20米的监测塔，若某科研小组在坝底点测得，沿着坡面前进40米到达点，测得，则大坝的坡角（）的余弦值为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】由，，可得，在中，由正弦定理得，在中，由正弦定理得，进而由可得结果.【详解】因为，，所以.在中，由正弦定理得，解得.在中，由正弦定理得，所以又，所以，所以.故选A.【点睛】本题考查正弦定理解三角形，考查诱导公式，考查学生合理进行边角转化的实力，属于中档题.第Ⅱ卷（非选择题共90分）二、填空题（本大题共4小题，每题5分，满分20分．）13.设为等比数列的前项和，，则_________．【答案】【解析】【分析】依据已知求出等比数列的公比，再由等比数列的前项和公式，即可求解.【详解】设等比数列的公比为，依据题意，有，解得，则．故答案为：.【点睛】本题考查等比数列的前项和，考查计算求解实力，属于基础题.14.在数列中，，，则__________.【答案】.【解析】【分析】依据题意分析，递推公式满意累加法形式，运用累加法计算，即可求解通项公式.【详解】由，得，由累加法可得，.故答案：【点睛】本题考查由递推关系求通项公式，考查累加法，属于基础题.15.在锐角三角形中，，则的取值范围是______.【答案】【解析】【分析】锐角三角形中，角都是锐角，求出角的取值范围.由正弦定理可得，把绽开，即求的取值范围.【详解】锐角中，，即，.在中，由正弦定理，可得，，，即.故答案为：.【点睛】本题考查正弦定理、两角和的正弦公式、二倍角公式，属于较难的题目.16.设实数满意,则的最大值是_______.【答案】27【解析】【分析】依据不等式的性质用配凑法可求的最大值.【详解】由题设可知为正数，设，则，故.故∵,，∴,,∴，∵，∴即最大值27．【点睛】本题考查不等式性质的应用，当已知代数式和目标代数式之间的关系难以寻找时，可以用待定系数法（配凑法）来整合，本题属于中档题.三、解答题（本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．）17.已知等比数列各项都是正数，其中，，成等差数列，．（1）求数列的通项公式；（2）设，数列的前项和为，求．【答案】（1）；（2）92.【解析】【分析】（1）依据等比数列的通项公式，结合等差数列的性质进行求解即可；（2）结合（1）求出数列的通项公式，依据等差数列和等比数列的前项和公式进行求解即可.【详解】（1）设等比数列的公比为，因为等比数列各项都是正数，所以有，因为，，成等差数列，所以有，于是有，而，解得，又因为，所以，而，所以，因此数列的通项公式为：；（2）由（1）可知；，所以，依据等差数列和等比数列的前项和公式可得；.【点睛】本题考查了等差数列和等比数列的前项和公式的应用，考查了等比数列通项公式的应用，考查了等差数列的性质，考查了数学运算实力.18.的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知.（1）求角C；（2）若，，求的周长.【答案】（1）（2）【解析】【详解】试题分析：（1）依据正弦定理把化成，利用和角公式可得从而求得角；（2）依据三角形的面积和角的值求得，由余弦定理求得边得到的周长.试题解析：（1）由已知可得（2）又，的周长为考点：正余弦定理解三角形.19.已知的内角的对边分别为，若．（1）求；（2）求的取值范围．【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）利用正弦定理和余弦定理进行求解即可；（2）利用两角差的正弦公式和协助角公式，结合正弦函数的性质进行求解即可.【详解】（1），依据正弦定理可化简为：，由余弦定理可知：，因此有，；（2）由（1）可知：，由三角形内角和定理可知：，，，因此有，因此取值范围为.【点睛】本题考查了正弦定理和余弦定理的应用，考查了三角式的取值范围问题，考查了正弦函数的值域问题，考查了协助角公式的应用，考查了数学运算实力.20.已知数列中，且．（1）证明是等比数列；（2）设，求数列的前项和．【答案】（1）详见解析；（2）．【解析】【分析】（1）依据所求数列的形式，对已知的递推公式进行恒等变形，结合等比数列的定义进行证明即可；（2）结合（1）求出数列的通项公式，利用分组求数列和的方法，结合错位相减法进行求解即可.【详解】（1）由已知可得：，，，即，因为，又因为，所以是以1为首项，2为公比的等比数列．（2）由（1）得，即，所以，设，且前项和为，所以，①，②①－②得：所以，因此．【点睛】本题考查了由递推公式证明数列是等比数列，考查了利用分组求和法求数列和问题，考查了错位相减法的应用，考查了数学运算实力.21.已知数列满意：，．（1）求数列的通项公式；（2）设，数列的前n项和，求证：．【答案】（1）（）．（2）证明见解析【解析】【分析】（1）依据题意，可得，两者相减，即可得到数列的通项公式，（2）由（1）得，利用裂项相消求出，从而可证【详解】（1）由已知得由，①得时，，②①-②得∴，也适合此式，∴（）．（2）由（1）得，∴∴∵，∴∴【点睛】本题考查数列的递推，考查数列的通项与求和，考查数列求和方法中的裂项相消，属于中档题．22.已知函数（）．（1）若不等式的解集为，求的取值范围；（2）当时，解不等式；（3）若不等式的解集为，若，求的取值范围．【答案】（1）；（2）.；（3）.【解析】试题分析：（1）对二项式系数进行探讨，可得求出解集即可；（2）分为，，分别解出3种情形对应的不等式即可；（3）将问题转化为对随意的，不等式恒成立，利用分别参数的思想得恒成立，求出其最大值即可.试题解析：（1）①当即时，，不合题意；②当即时，，即，∴，∴（2）即即①当即时，解集为②当即时，∵，∴解集为③当即时，∵，所以，所以∴解集为