2018-2019学年浙江省宁波市鄞州中学高一下学期期中数学试题一、单选题1在等差数列中，已知，且，则中最大的是ABCD【答案】B【解析】由已知结合等差数列的性质可判断出a60，a70，从而可得和取最大值时的条件【详解】等差数列an中，a3+a100，a6+a7a3+a100，S110，a1+a110，a1+a112a60，a60，a70，则当n6时，Sn有最大值故选B【点睛】本题考查了等差数列的性质与求和公式的应用，考查了推理能力与计算能力，属于中档题2等比数列an中，则与的等比中项是（ ）A4B4CD【答案】A【解析】利用等比数列an的性质可得 ，即可得出【详解】设与的等比中项是x由等比数列的性质可得， a4与a8的等比中项 故选A【点睛】本题考查了等比中项的求法，属于基础题3两条直线互相垂直，则的值是AB1C或D或【答案】C【解析】试题分析：当两直线垂直时，有，即，解得a的值为或，故答案为C【考点】1、两直线的位置关系；2、充要条件4已知点，若直线过点与线段始终没有交点，则直线的斜率的取值范围是（ ）AB或CD【答案】A【解析】先求出的斜率，根据直线与线段始终没有交点，可知其斜率的取值范围.【详解】因为，如图：因为直线与线段始终没有交点，所以斜率k的取值范围是. 故选A.【点睛】本题主要考查了直线的斜率和倾斜角，数形结合的思想方法，属于中档题.5中，A=，b=2, 以下错误的是（ ）A若, 则有一解B若, 则有两解C若, 则有两解D若, 则有两解【答案】D【解析】试题分析：时，有一解；当时，无解；当时，有两个解；时，无解.故选D.【考点】正弦定理.6已知数列满足，那么等于（ ）ABCD【答案】D【解析】将递推公式变形得到,可推出数列是等差数列,从而得到其通项公式,求出.【详解】,即,又所以数列是首项为,公差为的等差数列,故,故选:D.【点睛】本题考查已知数列的递推公式求值,一般而言有两种解题思路,一是通过递推公式求出其通项公式,二是检验数列是否为周期数列.7若关于的不等式有实数解，则实数的取值范围为（ ）A BC D【答案】A【解析】依题意，画出的图像如下图所示，由图可知，解得.8在锐角中，角所对的边长分别为，若且，则的取值范围是（ ）ABCD【答案】A【解析】先由正弦定理可得，再结合为锐角三角形可得，代入求解即可.【详解】解：因为且，由正弦定理可得：，则，又为锐角三角形，则 ，解得：，即，即，故选：A.【点睛】本题考查了正弦定理及正弦的二倍角公式，重点考查了三角函数的值域的求法，属中档题.9数列满足，若，则（ ）ABCD【答案】B【解析】试题分析：令，则，即是以为首项，为公差的等差数列，是以为首项，为公差的等差数列，【考点】数列综合10等差数列、的前项和分别为和，若，则（ ）ABCD【答案】C【解析】根据等差数列性质可知所求结果为，根据，代入得到结果.【详解】由等差数列性质可知：又本题正确选项：【点睛】本题考查等差数列性质的应用，关键是熟练掌握的性质，从而求解得到结果.二、填空题11在中，其面积为，则_，_.【答案】 【解析】根据面积公式可以计算出,再结合余弦定理可以算出,从而算出.【详解】,解得,故答案为:;.【点睛】本题属于解三角形的综合应用,答题时需要根据实际情况灵活运用各类公式,难度不大.12在数列中，数列前n项和为，则_，_.【答案】 【解析】根据递推公式依次计算,即可算出,同时计算到时,可以发现数列是以4为周期的周期数列,因此可以根据数列的周期性算出.【详解】,数列是以4为周期的周期数列,故答案为.【点睛】本题考查已知数列的递推公式求值,一般而言有两种解题思路,一是通过递推公式求出其通项公式再求值,二是该数列可能为周期数列,利用周期性求值.13已知a，b为正实数，且，则的最小值是_，的最小值为_.【答案】 【解析】将题设条件变形为,即可利用“乘1法”结合基本不等式求解.【详解】,即,当且仅当,即时等号成立,故答案为:;.【点睛】本题主要考查了基本不等式中“乘1法”的运用,需要学生有一定的计算化简能力.14已知函数.若不等式对一切恒成立，则实数a的最小值为_；若的一个根比1大，另一个根比1小，则实数a的取值范围是_.【答案】 【解析】将不等式转化为对一切恒成立,求出在区间上的最小值即可得出结论;根据题意可知,代数解不等式即可.【详解】不等式对一切恒成立,即为对一切恒成立,设,则(当且仅当时等号成立),所以,即,所以a的最小值为;若的一个根比1大,另一个根比1小,则,即;故答案为:;.【点睛】本题主要考查二次函数恒成立以及根的分布问题,需要学生对二次函数的性质比较熟悉.解决二次函数恒成立问题一般有两种解决思路,一是借助函数图像性质列不等式求解,二是分离参数转化为最值问题求解.15若直线l经过点且在两坐标轴上的截距之和为0，则直线l的方程是_.【答案】或.【解析】对截距为0,和截距不为0进行分情况讨论,利用待定系数法求解方程.【详解】若截距为0,则直线过原点,设l的方程为,代点入方程,解得,则直线方程为:;若截距不为0,设l的方程为,代点入方程,解得,则直线方程为:;故答案为:或.【点睛】本题主要考查待定系数法求直线方程,难度不大.解决与截距相关问题时,注意过原点的直线横纵截距都为0,不可设截距式.16在等差数列中，已知公差，则数列的前n项和_.【答案】.【解析】联立解出和,得到的通项公式,再根据的正负,分情况讨论即可.【详解】联立或(舍),时,;时,设数列的前n项和为,时,时,故答案为:.【点睛】本题考查求等差数列的通项公式,以及求其绝对值的前n项和,需要学生灵活应用等差数列的各类公式,同时注意根据的正负,要对其绝对值进行分情况讨论.17设的三边a，b，c所对的角分别为A，B，C，已知，则的最大值为_.【答案】.【解析】根据题意可得,因此结合余弦定理与基本不等式即可求出的范围,从而得出的范围,求出的最大值.【详解】,(当且仅当时取等号),的最大值为.【点睛】本题主要考查的是余弦定理与基本不等式的综合运用.此外,要注意解决此类最值问题时,经常需要考虑角的取值范围.三、解答题18在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知（1）求角C的值；（2）若，当边c取最小值时，求的面积【答案】（1）；（2）【解析】（1）根据正弦定理，将角化为边的表达形式；结合余弦定理即可求得角C的值（2）由余弦定理求得与的关系，结合不等式即可求得c的最小值，即可得到的值，进而求得三角形面积【详解】（1）由条件和正弦定理可得，整理得从而由余弦定理得又C是三角形的内角，（2）由余弦定理得， ， （当且仅当时等号成立）c的最小值为2，故【点睛】本题考查了正弦定理与余弦定理的简单应用，边角关系的转化及不等式在求最值中的用法，属于基础题19过点作直线l分别交x轴的正半轴，y轴的正半轴于A，B两点.（1）当取最小值时，求出最小值及直线l的方程；（2）当取最小值时，求出最小值及直线l的方程.【答案】(1)最小值为,直线l的方程为;(2)最小值为4,直线l的方程为.【解析】(1)设,直线方程为,可推出,则,结合基本不等式即可得出结论;(2)由(1)可得,则可推出,结合基本不等式即可求解.【详解】(1)根据题意可设直线l的方程为,则,直线l过点,又(当且仅当,即时取等号),即,的最小值为8,此时直线l的方程为;(2)由(1)可知,则,(当且仅当,即时取等号).的最小值为4,此时直线l的方程为.【点睛】本题主要考查基本不等式的应用,结合了直线方程的相关知识,需要学生有一定的计算推理能力.20（1）解关于x不等式.（2）若对于，不等式恒成立，求x的取值范围.【答案】(1)答案见详解;(2).【解析】(1)当时,可直接求解,当时,不等式化为,再根据和0与的之间大小关系进行分情况讨论;(2)题设条件可以转化为对于恒成立,将分别代入不等式,即可求出的范围.【详解】(1),即当时,不等式化为:,解得;当时,方程的两根分别为,i当时,不等式的解集为,ii当,即时,不等式的解集为,iii当,即时,不等式的解集为,iv当,即时,不等式的解集为,综上所述:当时,不等式的解集为;当时,不等式的解集为;当时,不等式的解集为;当时,不等式的解集为;当时,不等式的解集为;(2)对于恒成立,对于恒成立,解得,故的取值范围为.【点睛】本题考查了含参一元二次不等式的解法及恒成立问题,运用了分类讨论的思想.21已知数列中,.（1）求证：是等比数列,并求的通项公式；（2）数列满足,数列的前项和为,若不等式对一切恒成立,求的取值范围.【答案】（1）证明祥见解析,；（2）【解析】【试题分析】（1）依据题设条件将递推关系式进行合理变形，再运用等比数列的定义分析推证，进而求出数列的通项公式；（2）借助题设条件，运用错位相减法求出数列的前项和然后再运用分类整合思想，分类探求满足不等式的实数的取值范围：（1）证明：由，得，所以数列是以3为公比，以为首项的等比数列，从而；（2）， 两式相减得 若为偶数，则若为奇数，则22己知数列是各项均不为0的等差数列，为其前n项和，且满足，数列的前n项和为.（1）求数列的通项公式及数列的前n项和.（2）是否存在正整数，使得，成等比数列？若存在，求出所有的m，n的值；若不存在，请说明理由.【答案】(1),;(2)存在正整数,使得,成等比数列.【解析】(1)将等差数列求和公式代入,化简后可得,再将其带入,利用裂项相消法可求得;(2)根据等比中项的性质建立等式,化简后即可求得的范围,再结合题意均为正整数,进而可得解.【详解】(1)是各项均不为0的等差数列,;(2)若存在正整数,使得,成等比数列,则,即,化简得:,解得:又且,所以,故存在正