高一数学下学期期中试题含解析 17

HY高级中学2021-2021学年高一数学下学期期中试题〔含解析〕一、选择题〔每一小题5分一共60分〕
,那么以下不等式中正确的选项是( )
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
根据条件分别对A、B、C、D，四个选项利用特殊值代入进展求解．
【详解】A、假如a＜0，b＞0，那么，∴，故A正确；
B、取a＝﹣2，b＝1，可得，故B错误；
C、取a＝﹣2，b＝1，可得a2＞b2，故C错误；
D、取a，b＝1，可得|a|＜|b|，故D错误；
应选：A．
【点睛】此题考察不等关系与不等式，利用特殊值法进展求解更加简便，此题是一道根底题．
，，为等比数列，那么等于〔〕
A. B. C. D. 或者【答案】D
【解析】
【分析】
利用等比数列的通项公式或者者等比中项求解.
【详解】由等比数列性质得，所以.应选D.
【点睛】此题主要考察等比数列的性质，等比中项一般是有两个结果，注意不同情境对结果的取舍.
中，假设，，那么等于〔〕
A. 9
B. 7
C. 6
D. 5
【答案】B
【解析】
【分析】
利用等差数列的性质能求出，利用等差数列前n项和公式能求出a2=-1，求得d,由此能求出a5．
【详解】因为，
所以5a7=55，所以，
因为，所以，
所以公差，
所以
应选：B．
【点睛】此题考察等差数列的第5项的求法，是根底题，解题时要认真审题，注意等差数列的性质的合理运用．
中，，，且的面积为，那么〔〕
A. 1
B.
C. 2
D.
【答案】C
【解析】
【分析】
先根据三角形的面积求出AB，再利用余弦定理求BC得解.
【详解】由题得.
由余弦定理得
所以BC=2.
应选：C
【点睛】此题主要考察三角形的面积的应用和余弦定理，意在考察学生对这些知识的理解掌握程度和分析推理才能.
中，，，那么其通项公式为等于〔〕
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
根据题意可直接构造一个新数列成等比数列，求出新数列的通项公式，然后求出的通项公式。

【详解】因为，
所以，
由题意得，
所以数列是以2为首项，2为公比的等比数列，
所以，
所以，应选A。

【点睛】此题考察新数列的构造，利用构造一个新等比数列，求出新数列的通项公式，从而求出所求数列的通向公式。

6.中，假设，那么该三角形一定是〔〕
A. 等腰直角三角形
B. 等腰三角形或者直角三角形
C. 等腰三角形但不是直角三角形
D. 直角三角形但不是等腰三角形
【答案】A
【解析】
【分析】
利用正弦定理，同角三角函数根本关系式得tan B＝1，tan C＝1，即B＝C＝，可得△ABC为等腰直角三角形．
【详解】∵，由正弦定理，
可得
解得sin B＝cos B，sin C＝cos C，可得tan B＝1，tan C＝1，
又∵B，C∈〔0，π〕，
∴B＝C＝，可得：A＝π﹣B﹣C＝，
∴△ABC为等腰直角三角形．
应选：A．
【点睛】此题考察正弦定理，同角三角函数根本关系式，三角形内角和定理在解三角形中的应用，属于根底题．
7.我国明代珠算家程大位的名著?直指算法统宗?中有如下问题：“今有白米一百八十石，令三人从上及和减率分之，只云甲多丙米三十六石，问：各该假设干？〞其意思为：“今有白
米一百八十石，甲、乙、丙三人来分，他们分得的白米数构成等差数列，只知道甲比丙多分三十六石，那么三人各分得多少白米？〞请问：乙应该分得〔〕白米
A. 96石
B. 78石
C. 60石
D. 42石【答案】C
【解析】
【分析】
由只知道甲比丙多分三十六石，求出公差18，再由180，能求出甲应该分得78石，进而可得结果．
【详解】解：今有百米一百八十石，甲乙丙三个人来分，他们分得的米数构成等差数列，
只知道甲比丙多分三十六石，
∴18，
180，
解得＝78〔石〕．
∴＝7818=60石
∴乙应该分得60石．
应选：C．
【点睛】此题考察等差数列的首项的求法，考等差数列的性质等根底知识，考察运算求解才能，是根底题．
x＋y＋z＝1，那么2x2+y2+3z2的最小值为( )
A. 1
B.
C.
D. 11
【答案】C
由柯西不等式可知：〔x+y+z〕2≤〔2x2+y2+3z2〕〔+12+〕，
故2x2+y2+3z2≥，即：x2+2y2+3z2的最小值为.
故答案为：C.
中，根据以下条件解三角形，其中有两个解的是
A. ，，
B. ，，
C. ，，
D. ，，
【答案】D
【解析】
【分析】
根据全等三角形的判断方法，判断A,B两个选项有一个解.根据判断C选项有一个解.根据判断D选项有两个解.
【详解】根据“有两个角两角相等，且有一边相等的两个三角形全等〞可知A选项有一个解.根据“两边对应相等，且这两边的夹角相等，那么这两个三角形全等〞可知B选项有一个解.由于为锐角，且，故C选项有一个解.对于D选项，由于，所以D选项有两个解.应选B.
【点睛】本小题主要考察解三角形过程中，三角形解得个数的判断，属于中档题.
满足：，那么的前40项的和为〔〕
A. 860
B. 1240
C. 1830
D. 2420 【答案】B
【解析】
本道题结合得到数列的递推公式,利用等差数列求和公式,计算结果,即可.
【详解】令,
,第一个式子和第二个式子相减,得到
,第二个式子和第三个式子左右两边相加得到
故
,应选B.
【点睛】本道题考察了数列求和,关键把握好数列的递推公式,难度偏难.
11.，不等式的解集为.假设对任意的，
恒成立，那么的取值范围是〔〕
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
先根据韦达定理求出b和c的值，再根据不等式恒成立求出m的范围.
【详解】由题得，所以b=4,c=6.
所以.
因为对任意的，恒成立，
所以对任意的，恒成立，
因为y=在[-1,0]上的最大值为4.
所以m≥4.
应选：D
【点睛】此题主要考察一元二次不等式的解和二次不等式的恒成立问题，意在考察学生对这些知识的理解掌握程度和分析推理才能.
的前项和为，且满足，假设不等式
对任意的正整数恒成立，那么整数的最大值为〔〕
A. 3
B. 4
C. 5
D. 6
【答案】B
【解析】
【分析】
由题意，根据数列数列满足，得，所以数列表示首项，公差为2的等差数列，求得，又由恒成立，转化为对任意的正整数恒成立，利用数列的单调性，求得当时，求得最大值，此时最大值为，即可求解.
【详解】由题意，数列满足，那么当时，，两式相减可得，
所以，又由，所以，
即，所以数列表示首项，公差为2的等差数列，所以，
又由，即，
即，即对任意的正整数恒成立，
即对任意的正整数恒成立，
设，那么，
所以，当时，求得最大值，此时最大值为，
所以，即，所以的最大整数为4，应选B.
【点睛】此题主要考察了数列的递推公式求数列的通项公式，以及不等式的恒成立问题的求解，其中解答中根据数列的递推关系式，求得数列的通项公式，把不等式的恒成立问题转化为对任意的正整数恒成立是解答的关键，着重考察了分析问题和解答问题的才能，属于中档试题.
二、填空题〔每一小题5分一共20分〕
中，，，，那么为__________．
【答案】19
【解析】
分析：利用数列的递推公式，逐个写出项的值。

详解：由递推公式可得
所以
点睛：此题考察了数列递推公式的应用，属于简单题。

中，角的对边分别为，假设，，那么的取值范围是_____________．
【答案】
【解析】
【分析】
首先由正弦定理化简可得 ,再由和正弦定理把边化角，利用化一公式即可求出的取值范围。

【详解】解：在中，由正弦定理可得:
又
又因为为锐角三角形，
,
【点睛】此题考察正弦定理，锐角三角形求角的范围，以及化一公式的应用。

15.将数列3，6，9，……按照如下规律排列，
记第行的第个数为，如，假设，那么_______．
【答案】44
【解析】
【分析】
此题首先可以通过数列来确定2021是数列的第673项，然后通过计算前多少行一共有多少个数来确定第673项在哪一行，最后即可得出的值并计算出结果。

【详解】由题意可知，数列是一个首项为3、公差为3的等差数列，
令数列为数列，那么有，2021是数列的第673项，
再由图可知：
前1列一共有1个数；
前2列一共有个数；
前3列一共有个数；
前4列一共有个数；
；
前36列一共有个数；
前37列一共有个数；
所以2021是第37列第7个数，故。

【点睛】此题考察数列的相关性质，主要考察数列的某一项的项数以及数列的前项和，考察推理才能以及计算才能，考察学生从题意中获取信息并寻找规律的才能，是中档题。

中，点在线段上，且，，那么面积的最大值为__________．
【答案】
【解析】
【分析】
在、中通过互补的两个角做为纽带，根据它们的余弦和为零，构造等式，通过这个等式，利用根本不等式，可以得到两边乘积的最大值，最后根据面积公式，可求出面积的最大值。

【详解】设，所以,
在中，由余弦定理可知：，
在中，由余弦定理可知：，
，①
在中，由余弦定理可知：，②,
由①②可得，③
因为④〔当且仅当等号成立〕，把③代入④中得，面积.
【点睛】此题考察了余弦定理、面积公式、根本不等式。

解决此题的关键是根据图形的特点，在两个三角形中，互补两个角的余弦值互为相反数，来构造等式来求解。

三、解答题：一共70分，解容许写出文字说明、证明过程或者演算步骤。

17.x，y是实数，求证：．
【答案】见解析
【解析】
【分析】
利用综合法，证明不等式即可．
【详解】因为，可得，
，可得，
所以．
【点睛】此题考察不等式的证明，综合法的应用，是根本知识的考察.
中，公差，且，．
〔1〕求数列的通项公式；
〔2〕令，求数列的前项和．
【答案】〔1〕；〔2〕
【解析】
【分析】
〔1〕根据求出公差d和，即得数列的通项公式；〔2〕利用裂项相消求数列的前项和．
【详解】〔1〕由题可得，
联立解得或者〔舍去〕
，.
(2)由题知，
得.
【点睛】此题主要考察等差数列的通项的求法和裂项相消求和，意在考察学生对这些知识的
理解掌握程度和分析推理才能.
19.的内角的对边分别为，且．
〔1〕求B；
〔2〕假设，求c边长及的面积．
【答案】〔Ⅰ〕〔Ⅱ〕,面积
【解析】
【分析】
〔1〕根据正弦定理，结合两角和差的正弦公式进展求解即可；〔2〕结合余弦定理求出c的值，结合三角形的面积公式进展求解即可．
【详解】解：〔1〕∵，
∴，
即，
即，
得，
即，
∵，
∴，得．
〔2〕∵．
∴．
即，即，
得，得舍，或者，
那么三角形的面积．
【点睛】此题主要考察三角形边长与面积的计算，结合正弦定理以及余弦定理求出角和边的值是解决此题的关键．
.
当时，求不等式的解集；
假设，的最小值为，求的最小值.
【答案】〔1〕；〔2〕
【解析】
【分析】
(1)利用分类讨论法解不等式；〔2〕由题得，再利用根本不等式求的最小值.
【详解】〔1〕当，时，，
当x≤-1时，-2x≤4，x≥-2,即-2≤x≤-1.
当-1＜x≤1时，2≤4成立.
当x＞1时，2x≤4，x≤2.所以1＜x≤2.
所以的解集为.
〔2〕因为，又最小值为
所以，又，
所以
当且仅当，时取等号
故的最小值为.
【点睛】此题主要考察绝对值不等式的解法，考察三角绝对值不等式和根本不等式，意在考察学生对这些知识的理解掌握程度和分析推理才能.
中，角的对边分别为，.
〔1〕求；
〔2〕如图，为边上一点，且，求的面积.
【答案】(1) (2)
【解析】
【分析】
〔1〕先由得，求出，根据余弦定理即可求出结果；
〔2〕先由〔1〕得到，求出，进而得到，，再由面积公式即可得出结果. 【详解】解：〔1〕由得，，
又，所以.
由余弦定理得，
所以，.
〔2〕由〔1〕得，，
，即.
在中，，
，
所以，.
【点睛】此题主要考察解三角形，熟记余弦定理以及三角形面积公式即可，属于常考题型.
满足，，，数列满足．
〔1〕证明是等差数列，并求的通项公式；
〔2〕设数列满足，，记表示不超过的最大整数，求不等式
的解集．
【答案】〔1〕〔2〕．
【解析】
【分析】
〔1〕根据等差数列的证明方法，即证明是常数即可；根据是等差数列可求得
的通项公式。

〔2〕通过构造数列的方法证明出，进而求出
；再由数列的单调性求得。

将不等式转化为关于n的不等式组，进而求得n的值。

【详解】〔1〕，是首项为，公差为2的等差数列．
因为，即，
所以
，
又满足上式，所以的通项公式为．
〔2〕由得，，，
，
即，，
又，，，
，，不等式等价于，，
，或者2，
故不等式的解集为．
【点睛】此题考察了等差数列的证明，通项公式求法，数列求和公式的综合应用，对分析问题、解决问题才能要求较高，属于难题。

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