黑龙江省鹤岗市第一中学黑龙江省鹤岗市第一中学 2017-20182017-2018 学年高一下学期期中考试学年高一下学期期中考试数学（文）试题数学（文）试题一、选择题：本大题共一、选择题：本大题共 1212 个小题，每小题个小题，每小题 5 5 分，共分，共 6060 分在每小题给出的四个选项中，只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有一项是符合题目要求的1. 设集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】试题分析：集合，集合，所以,故选 D.考点：1、一元二次不等式；2、集合的运算.视频2. 已知在中，则的值为（ ）A. B. C. 8 D. 10【答案】A【解析】分析：由正弦定理，可直接求得的值。解得 所以选 A点睛：本题考查了正弦定理的简单应用，直接可求解，是简单题。3. 已知数列的前 项和为，则（ ）A. 5 B. 9 C. 16 D. 25【答案】B【解析】由前 n 项和公式 可得：.本题选择 B 选项.4. 已知，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】分析：根据，可判断 A、B、C、D 选项是否正确。详解：因为，所以，所以 A 选项错误。或或，所以 B 选项错误。因为 是减函数，所以，C 选项正确。或或都有可能，所以 D 错误。所以选 C点睛：本题考查了不等式的简单应用，根据条件判断不等式是否成立，是简单题。5. 设的内角的对边分别为，若，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】的内角的对边分别为，且根据余弦定理得故选 A6. 已知数列满足，则的前 10 项和等于（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】试题分析:设由题设可知数列是公比为,首项是的等比数列.故其前项和为,应选 C.考点：等比数列的定义及前项和的运用.7. 实数满足且，则的最大值为（ ）A. B. C. 5 D. 7【答案】C【解析】画出可行域和,目标函数,可知求的最大值,即求截距的最小值.所以过 B(2,-1)点 z取最大值 z=5.选 C.8. 不解三角形，下列判断中正确的是（ ）A. 有两解 B. 无解C. 有两解 D. 有一解【答案】D【解析】本题考查解三角形。观察每个选项，都给了 SSA 的形式。可以根据正弦定理，解出一角，再判断选项是否正确。A 中，.此时只能有一个解，A 错误。B 中，所以，当 为锐角时，三角形有解，B 错误。C 中，所以三角形无解，C 错误。D 中，。当 为锐角时，,为一个解。当 为钝角时，不能与 A 构成三角形，此时三角形无解。所以三角形有一个解。D 正确。解决本题时也可以画出图形求解。9. 已知等差数列的通项为，则这个数列共有正数项（ ）A. 44 项 B. 45 项 C. 90 项 D. 无穷多项【答案】A详解：数列 解得 又因为 且 所以 点睛：本题考查了数列的简单应用，判断项的符号，是简单题。10. 已知，且满足，那么的最小值为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】，且满足，那么=（）= ，当且仅当 x=2=时取等号故选：C点睛：本题主要考查基本不等式，其难点主要在于利用三角形的一边及这条边上的高表示内接正方形的边长.在用基本不等式求最值时，应具备三个条件：一正二定三相等.一正：关系式中，各项均为正数；二定：关系式中，含变量的各项的和或积必须有一个为定值；三相等：含变量的各项均相等，取得最值.11. 已知锐角中，角所对的边分别为，若，则的面积的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】， 由题 为锐角，可得 由正弦定理可得 ，可得： ， 为锐角，可得，可得 故选 C12. 已知数列的首项为 2，且数列满足，设数列的前 项和为，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】由 有，所以数列是周期为 4 的数列，则，选 A.二、填空题（每题二、填空题（每题 4 4 分，满分分，满分 2020 分，将答案填在答题纸上）分，将答案填在答题纸上）13. 若不等式的解集为，则_【答案】. 【解析】分析：由不等式和方程的关系，可直接代入求 的值 ，进而求出的值。详解：根据不等式解集与方程的关系，将 带入得 所以由 可得 点睛：本题考查了不等式和方程的关系，利用不等式解集的边界为方程的解，可直接代入求得的值。14. 在中，角所对的边分别为，若，则角 的大小为_【答案】 或.【解析】分析：通过正弦定理，边化角，解得，进而求出角 A 的值。详解：由正弦定理边角关系转化，得 因为三角形中 ，所以 所以 或 点睛：本题考查了正弦定理的简单应用，边角转化，在求得角 A 值后，注意多解的情况，是简单题。15. 在等比数列中，则_【答案】24.【解析】分析：根据等比数列的通项公式定义，列出方程组，解得，进而求得 的值。详解：因为，设公比为 q，则 ，解得 所以由通项公式 得 点睛：本题考查了等比数列通项公式的简单应用，通过方程组的形式求得首项和公比，进而求出项的值。16. 中，若，则周长最大值为_【答案】.【解析】分析：根据正弦定理，将边长转化为角的表示形式，利用差角公式和辅助角公式，得到关于角 A 的表达式，然后根据角 A 的取值范围确定最值。详解：由正弦定理 ， 所以 所以周长 因为 所以当 时， 所以周长最大值为点睛：本题考查了正弦定理的综合应用，通过边角转化求最值，关键是把角统一，再利用角的范围求得最大值，属于中档题。三、解答题三、解答题 （本大题共（本大题共 6 6 题，共题，共 7070 分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤 ） 17. 解不等式：（1） （2）【答案】 （1）.（2）.【解析】分析：（1）解一元二次不等式，通过穿根法求得解。（2）解分式不等式，要先移项；再把 x 的系数化为正数，通过穿根法求解。详解：（1） 所以 ，即解集为.（2）分式不等式，移项得根据穿根法，得 所以解集为.点睛：本题考查了两种常见不等式的解法，主要是通过穿根法求解，属于简单题。利用穿根法时，注意：（1）奇过偶不过， （2）x 的系数为正。18. 已知的内角所对的边分别为，且，解三角形.【答案】，.【解析】分析：根据三角形内角和求得角 C 的值，再根据正弦定理即可求出 c 的值。详解：，由正弦定理得：，.点睛：本题考查了正弦定理的简单应用，主要是利用好各个边角关系，属于简单题。19. 在等差数列中，（1）求数列的通项公式；（2）若数列的前 项和，求 的值.【答案】(1).(2).【解析】试题分析：（1）已知等差数列任意两项，即可求公差，又知首项，故可得通项公式；（2）由通项公式可求前 n 项和，即，解方程可得 k.试题解析：（1），d=“-2“ （2）由，可解得或，因为，所以（如果没注明而只给，应适当扣分）考点：等差数列通项公式及 n 项和公式20. 如图，在中，角所对的边分别为，若.（1）求角 的大小；（2）若点 在边上，且是的平分线，求的长.【答案】(1).(2).【解析】试题分析：（1）利用正弦定理将边化角，根据三角恒等变换即可得出，从而得出 的大小；（2）利用余弦定理求出，根据是的平分线，可得，故而可求得结果.试题解析：(1)在中，,由正弦定理得，.(2)在中，由余弦定理得，即,解得,或（负值，舍去）是的平分线，,.21. 在数列中，.（1）求证：数列是等差数列；（2）求数列的前 项和.【答案】(1)证明见解析.(2) .【解析】分析：（1）通过对数列变形，得到，从而数列是等差数列。（2）由（1）可求得数列的通项公式，因而，利用裂项相消即可求得数列的前 项和。详解：（1）的两边同时除以，得所以数列是首项为 4，公差为 2 的等差数列.（2）由（1）得，所以，故，所以. 点睛：本题考查了数列的简单综合应用，通过数列变形式证明等差或等比数列；利用裂项相消法求前 n 项和，是简单题。22. 已知等比数列的公比，且，.（1）求数列的通项公式；（2）设，是数列的前 项和，对任意正整数 不等式恒成立，求实数的取值范围【答案】(1) .(2).【解析】试题分析：（）本小题用等比数列的基本量法可求解，即用首项和公比 表示出已知条件并解出，可得通项公式；（）由，因此用错位相减法可求得其前 项和，对不等式按 的奇偶分类，可求得参数的取值范围试题解析：（）设数列的公比为 ，则， ，数列的通项公式为 （）解： =对任意正整数 恒成立，设，易知单调递增 为奇数时，的最小值为 ，得， 为偶数时，的最小值为 ， 综上，即实数的取值范围是