2019-2020学年四川省泸县第一中学高一下学期期中考试数学试题(解析版)

学试题

一、单选题

1．设全集UR，Ay|y21，B{x|lnx0}，则CUAB（ ）

xA．{x|0x1} 【答案】A

B．{x|x1}

C．x|1x1 2D．

【解析】先化简集合A与集合B，求出A的补集，再和集合B求交集，即可得出结果. 【详解】

因为Ay|y21yy1，B{x|lnx0}x0x1， 所以CUAyy1，因此CUABx0x1. 故选A 【点睛】

本题主要考查集合的混合运算，熟记概念即可，属于基础题型.

2．在△ABC中，已知a＝1，b＝3，A＝30°，B为锐角，那么B的大小为( ) A．30° 【答案】C

【解析】利用正弦定理，求得sinB的值，进而求得B. 【详解】

B．45°

C．60°

D．90°

xQabb3 ,sinBsinAsinAsinBa22或 33∴B＝

∵B为锐角 ∴B＝

， 3故选：C． 【点睛】

本题主要考查了正弦定理边角互化的应用以及特殊角的三角函数值．考查了学生的基础知识的熟练掌握．

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vvvva1,mb3．已知向量，4,2，若ab，则m（ ）

A．2 【答案】C

B．1 2C．2 D．

1 2vvvv【解析】由题abab01,m4,2042m0,m2 选C

4．在等比数列{an}中，a13，an96，Sn189，则n的值为（ ） A．4 【答案】C

【解析】根据等比数列前n项和公式以及通项公式列方程组,解得结果. 【详解】

n1n15n1设公比为q，由ana1q，得963q，q322，则

B．5 C．6 D．7

18931qn1q3132q，解得q=2，n6,选C.

1q【点睛】

本题考查等比数列前n项和公式以及通项公式,考查基本求解能力,属基础题.

5．在梯形ABCD中，AD//BC，则BDACABC90，ABBC2，AD1，（ ） A．2 【答案】A

B．3

C．2

D．5

uuuvuuuvuuuruuuruuuruuuruuuvuuuv【解析】分析：根据向量加法、减法法则将BDAC转化为(ADAB)(ABBC)即

可求解.

详解：由题可得：

ruuuruuuruuuruuuvuuuvuuuBDAC(ADAB)(ABBC)=

ruuuruuuruuurr2uuur21uuu1uuu(BCAB)(ABBC)BCAB242,故选A. 22uuuruuuruuuruuur点睛：考查向量的线性运算，将问题转化为已知的信息(ADAB)(ABBC)是解题

关键.

6．已知等比数列an中，a3a114a7，数列bn是等差数列，且b7a7，则b3b11（ ） A．3

B．6

C．7

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D．8

【答案】D

【解析】由等比数列的性质求得a74，再由等差数列的性质可得结果. 【详解】

因为an等比数列，且a3a114a7,

a724a70，解得a74，

数列bn是等差数列， 则b3b11故选：D. 【点睛】

本题主要考查等比数列与等差数列的下标性质，属于基础题. 解等差数列问题要注意应用等差数列的性质apaqaman2ar（pqmn2r）.

7．已知A1,2,B3,4,C2,2,D3,5，则向量AB在向量CD方向上的投影为 A．

2b72a78，

uuuvuuuv10 5B．

210 5410 5C．

310 5D．【答案】B

【解析】分别求出向量AB、CD的坐标和数量积，以及模，再由向量AB在向量CDuuuruuuruuuruuuruuuruuurABCDr，计算即可得到所求值． 方向上的投影为uuuCD【详解】

uuuvuuuv由A1,2,B3,4,C2,2,D3,5，可得AB2,2,CD1,3，

uuuvuuuvuuuvABCD21234，CD1910，

uuuvuuuvABCD4210uuuvuuuvuuuv则向量AB在向量CD方向上的投影为，

510CD故选B. 【点睛】

本题考查向量的投影的求法，注意运用向量的数量积的坐标表示和模的求法，考查化简整理的运算能力，属于基础题．

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8．在△ABC中，角A､B､C的对边分别为a，b，c，若(3b﹣c)cosA=acosC，则cosA=（ ） A．

1 2B．

3 2C．

3 3D．

2 2【答案】C

【解析】使用正弦定理，将边化角，可得结果. 【详解】 在△ABC中，由又

abc sinAsinBsinC3bccosAacosC

所以

3sinBsinCcosAsinAcosC

则3sinBcosAsinCcosAsinAcosC

3sinBcosAsinAcosCsinCcosA

则3sinBcosAsinACsinBsinB 又sinB0，所以cosA故选：C 【点睛】

本题主要考查正弦定理，熟练使用三角形的正弦定理、余弦定理以及面积公式，属基础题.

9．已知等差数列1，a，b，等比数列4，a1，b4，则该等比数列的公比为（ ） A．

3 35 2B．1 2C．

51或

22D．10或2

【答案】C

【解析】Q1,a,b成等差数列，1b2a， ① 又Q4,a1,b4，成等比数列，

a1a11或，等比数列为4,2,1或a14b4， ② 由①②得b3b2124,10,25，公比为

51或，故选C.

2210．已知函数f(x)ax2bx2ab是定义在[a3,2a]的偶函数,则f(a)f(b)第 4 页 共 15 页

（ ） A．5 【答案】A

【解析】根据函数f（x）＝ax2+bx+a﹣2b是定义在[a﹣3，2a]上的偶函数，即可求出a，b，从而得出f（x）的解析式，进而求出f（a）+f（b）的值． 【详解】

∵f（x）＝ax2+bx+a﹣2b是定义在[a﹣3，2a]上的偶函数；

B．5

C．0

D．2019

b0∴；

a32a0∴a＝1，b＝0； ∴f（x）＝x2+2；

∴f（a）+f（b）＝f（1）+f（0）＝3+2＝5． 故选：A． 【点睛】

本题考查偶函数的定义，偶函数定义域的对称性，已知函数求值的方法．

11．若函数f(x)sinxcosx(0)在,上单调递增，则的取值不可

22能为（ ）

A．

1 4B．

1 5C．

1 2D．

3 4【答案】D

【解析】∵fxsinxcosx2sinx(0)

4∴令22kx42k2,kZ，即2k32kx,kZ 44∵fxsinxcosx(0)在∴,上单调递增 223且 424212∴0≤ 故选D.

12．设奇函数f(x)在[1,1]上是增函数，且f(1)1，若函数f(x)t22at1对所有的x[1,1]都成立，当a[1,1]时，则t的取值范围是（ ）

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11t 2211C．t或t或t0

22A．【答案】D

B．2t2

D．t2或t2或t0

【解析】试题分析：奇函数fx在1,1上是增函数, 且f11,在1,1最大值

2是1,1t2at1,当t0时, 则t22at0成立, 又a1,1,令

ra2tat2,a1,1, 当t0时,ra是减函数, 故令r10解得t2, 当

t0时,ra是增函数, 故令r10,解得t2,综上知，t2或t2或t0,

故选D.

【考点】1、函数的奇偶性与单调性能；2、不等式恒成立问题.

【方法点晴】本题主要考查函数的奇偶性与单调性能、不等式恒成立问题，属于难题．不①分离参数af(x)恒成立等式恒成立问题常见方法：（af(x)min即可）或af(x)恒成立（af(x)max即可）；②数形结合（yfx图象在y=gx上方即可）；③讨论最值f(x)min0或f(x)max0恒成立；④讨论参数.本题是利用方法①求得t的范围.

二、填空题

13．sin690o的值是____________. 【答案】()1 21． 2【解析】sin690o=sin236030=sin30=答案：1 214．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，满足S7=S11，且a1>0，则Sn最大时n的值是__． 【答案】9

【解析】根据等差数列前n项和公式以及二次函数性质求Sn最大时n的值. 【详解】

因为S7=S11，且a1>0，所以等差数列的公差为负，因此Sn中二次项系数小于零，因此

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当n7119时，Sn最大. 2【点睛】

数列是特殊的函数，研究数列最值问题，可利用对应函数性质，如等差数列通项与一次函数，等差数列和项与二次函数，等比数列通项、和项与指数函数.

215．已知数列an的前n项和为Snn，数列bn满足b1a1，bn1bnan，则数

列bn的通项公式bn_____. 【答案】n22n2

n1S1,a【解析】本题可先利用公式n求出数列{an}的通项公式，再根据

2SnSn1,n…题干中条件得到bn1bn2n1．由此可逐项写出算式，再利用累加法即可求出数列

{bn}的通项公式．

【详解】

解：由题意，可知： 对于数列an

①当n1时，a1S11，．

2时，anSnSn1n2(n1)2n2n22n12n1． ②当n…an2n1，(nN*)．

对于数列bn

①当n1时，b1a11，

2时，bn1bn2n1． ②当n…b11， b2b1211， b3b2221，

LL

bn1bn22(n2)1， bnbn12(n1)1．

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以上各式相加，得：

bn1(211)(221)[2(n2)1][2(n1)1]

12[12(n2)(n1)]1(n1) 12(n1)gnn1 2n22n2．

故答案为：n22n2． 【点睛】

n1S1,na本题主要考查已知前项和利用公式n求出数列{an}的通项公

2SnSn1,n…式，再利用累加法即可求出数列{bn}的通项公式，属于中档题．

16．已知两点A(－1,3)，B(3,1)，当C在坐标轴上，若∠ACB＝90°，则这样的点C的个数为________． 【答案】3

【解析】点C的个数即以AB为直径的圆与坐标轴的交点的个数. 【详解】

由题意，点C应该为以AB为直径的圆与坐标轴的交点． 以AB为直径的方程是(x＋1)(x－3)＋(y－3)(y－1)＝0， 令x＝0，解得y＝0或4；令y＝0，解得x＝0或2． 所以该圆与坐标轴的交点有三个：(0,0)，(0,4)，(2,0)． 故答案为：3 【点睛】

本题考查直线与圆的位置关系，圆的轨迹，考查数形结合的解题思想方法，是基础题．

三、解答题

17．在等差数列an中，a1a36，a917. （1）求数列an的通项公式； （2）求数列an的前n项和Sn.

2【答案】（1）an2n1，（2）Snn

【解析】(1)利用等差数列的性质得到a23,再根据公差公式求出公差d,然后可写出通

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项公式;

(2)由(1)的通项公式求出首项a1,再根据等差数列的前n项和公式可得. 【详解】

设等差数列{an}的公差为d, （1）∵a1a32a26，a23, 所以da9a21732, 9292则ana2n2d3(n2)22n1, （2）a11，Snna1【点睛】

本题考查了等差数列的通项公式和前n项和的公式以及运算求解能力,属于基础题. 18．如图，平行四边形ABCD中，E是CD的中点，AE交BD于点M.设ABa，

n(n1)dn2. 2uuurruuurrADb.

rrruuuruuuu(1)分别用a，b表示向量AE，DM；

rruuuruuuur(2)若a2b4，BAD，求AEDM.

3rruuur1rruuuurab （2） 2 【答案】（1）AEab，DM23uuur1【解析】（1）由平面的加法可得AE，又根据三角形相似得到DMDB，再根据向

3量的减法可得DM的不等式.

uuuuruuuruuuur11r21rrr2（2）由平面向量数量积运算得AEDMaabb，然后再将条件代入

322可得答案. 【详解】

uuuruuuruuuruuur1uuur1rr（1）AEADDEADABab.

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由△DEM∽VBAM,又AB2DE

1DB 3rruuuur1uuur1uuuruuurab DMDBABAD333rr（2）由a2b4，BAD

所以MB2DM,即DMrruuuruuuur1rrab11r21rrr2aabb AEDMab322231111164242 3222【点睛】

本题考查了平面向量的线性运算及平面向量数量积运算，属中档题．

3r19．已知arrr3sinx,mcosx，bcosx,mcosx，且fxab

（1）求函数fx的解析式； （2）当x,时，fx的最小值是4，求此时函数fx的最大值，并求出63函数fx取得最大值时自变量x的值 【答案】（1）fxsin(2x6)15m2（2）,x 226【解析】试题分析：（1）由向量的数量积运算代入点的坐标得到三角函数式，运用三角函数基本公式化简为fxAsinx的形式；（2）由定义域x到x的范围，结合函数单调性求得函数最值及对应的自变量值 试题解析：（1）

即f(x)3sinxcosxcos2xm2

,可得6313sin2x1cos2x2m2sin(2x)m

622251,，2x,，sin(2x),1，

6666632（2）由x11m24，m2

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f(x)max1此时，sin(2x154， 22)=1，且x,2x=，x 662663【考点】1．向量的数量积运算；2．三角函数化简及三角函数性质

2220．已知各项均为正数数列an的前n项和Sn满足2Snn(1n)Snn(n1)0.

（1）求数列an的通项公式;； （2）若数列bn满足bn1，求数列bn的前n项和Tn.

anan223n5n【答案】（1）ann；（2）2.

4n12n8【解析】试题分析：（1）由2Snn1nSnn22n10得2Snnn10，

2∴Snnn12，于是可得，anSnSn1nn1n1nn；

（2）根据（1）

2求得ann， ∴bn和Tn.

试题解析：（1）∵2Snn1nSnn2211111利用裂项相消法可求得数列bn的前n项，

anan2nn22nn2n10，

∴2Snnn1Snn0. 又数列an各项均为正数，

∴Snn0，∴2Snnn10，∴Snnn12.

当n1时，a1S111121；

n1nn，

2当n2时，anSnSn1nn12又∵a11也满足上式，∴ann. （2）据（1）求解，得ann，

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∴bn11111.

anan2nn22nn211111111111L 232435n1n1nn2∴数列bn的前n项和Tn11113n25n1+. 222n1n24n12n8【方法点晴】本题主要考查等差数列的通项以及裂项相消法求数列的和，属于中档题. 裂项相消法是最难把握的求和方法之一，其原因是有时很难找到裂项的方向，突破这一

1111难点的方法是根据式子的结构特点，常见的裂项技巧：(1)；

nnkknnk（2） 11nknknkn； （3）111；

2n12n122n12n1111（4）

nn1n2211；此外，需注意裂项之后相消的

nn1n1n2过程中容易出现丢项或多项的问题，导致计算结果错误.

21．已知函数fxax2axba0在区间1,3上的最大值为5，最小值为

21.

（1）求a、b的值及fx的解析式； （2）设gx值范围.

【答案】（1）a1，b2，fxx2x2；（2）t1.

2fxxx，若不等式g3t30在x0,2上有解，求实数t的取x(1)fxax2axba0对称轴为直线x1,判断最小值点和最大值点【解析】

2坐标代入函数解析式,即可求得a、b的值及fx的解析式; （2）g3的范围. 【详解】

t3xx0在x0,2上有解,分离出参数t,转化求函数的最值,即可求出tfxax22axb对称轴方程为x1,

因为fx在区间1,3上的最大值为5，a0,

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故x1时,fx取得最小值为1,即顶点为(1,1)，

x1或x3，fx取得最大值5. f1ab1a1,解得, b2f(1)3ab5a1,b2,f(x)x22x2.

（2）gxfx22x2,g(3x)3xx2, xx322t3x0, x3g3xt3x3x即t122在x0,2上有解, (3x)23x令m11,x0,2,m[,1] 3x9111h(m)2m22m12(m)2,m[,1]

229thmax(m)1时，不等式g3xt3x0在x0,2上有解. 实数t的取值范围t1.

【点睛】

本题考查通过二次函数最值,求函数的解析式,考查存在成立问题,以及换元思想,是一道中档题.

22．数列{an}的前n项和为Sn， 已知Snan1(n1)，且a1，a2，a32三个数依次成等差数列. （Ⅰ）求a1的值；

（Ⅱ）求数列{an}的通项公式；

1log2(an1)，设Tn是其前n项和，求证：Tn7. （Ⅲ）若数列{bn}满足bn4n【答案】（I）a11；（II）an21；（Ⅲ）见解析.

【解析】试题分析：（1）先由和项与通项关系得项之间递推关系式，再依次求a2,a3，根据等差中项性质列方程，解得a1的值；（2）将项之间递推关系式进行整理变形为

an112an1,根据等比数列定义以及通项公式求得an12n，即得数列an第 13 页 共 15 页

的通项公式；（3）先化简得bn1，再从第三项起放缩并利用裂项相消法求和得n2Tn71. 4n试题解析：（Ⅰ）由已知Snan1n1，得 当n1时，S1a22，a2a12 ① 当n2时，S2a33，a32a15 ② 又∵a1,a2,a32成等差数列，∴2a2a1a32 ③ 将①、②代入③解得：a11

（Ⅱ）由Snan1n1得：Sn1ann ∴anan1an1 即an12an1 ∴an112an1,

∴an1是以a112为首项，2为公比的等比数列

n∴an12 ， n∴an21.

1log2an1得：bn1 （Ⅲ）由bnn2171， 2141157②当n2时，Tn22，

1242①当n1时，Tn11③当n3，nN时，2nn1n，

*∴Tn1111LL 2222123n11111LL 42334n1n11111111LL

42334n1n111171. 42n4n第 14 页 共 15 页

综上所述，当nN*时，Tn

7. 4第 15 页 共 15 页