广东省广州市荔湾区实验中学2016-2017学年高一下学期期末考试数学试题(含精品解析)

2016年省实高一第二学期期末
一、选择题
1. 在中，，，，则最小角为（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】分析：由，，，可得最小，根据由余弦定理得即可得结果.
详解：因为，，，
所以最小，由余弦定理得
，
所以，故选．
点睛：本题主要考查余弦定理及特殊角的三角函数，属于简单题.对余弦定理一定要熟记两种形式：（1）；（2），同时还要熟练掌握运用两种形式的条件.另外，在解与三角形、三角函数有关的问题时，还需要记住等特殊角的三角函数值，以便在解题中直接应用.
2. 的三内角、、所对边的长分别是、、，设向量，，若，则角的大小为（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】分析：因为，根据向量平行定理可得，化简得，根据余弦定理可得角的值.
详解：利用推出向量，
中，，，的关系，利用余弦定理求出的大小即可．
因为，得得：，
即，
由余弦定理，
所以．故选．
点睛：本题主要考查了两向量平行的坐标形式以及余弦定理的应用，属于中档题.利用向量的位置关系求参数是出题的热点，主要命题方式有两个：（1）两向量平行，利用解答；（2）两向量垂直，利用解答.
3. 在中，角、均为锐角，且，则的形状是（）
A. 直角三角形
B. 锐角三角形
C. 钝角三角形
D. 等腰三角形
【答案】C
【解析】分析：利用诱导公式及正弦函数的单调性可得结果.
详解：，所以．
因为、均为锐角，所以也是锐角，
由，
因此，
即为钝角，的形状是钝角三角形，故选．
点睛：本题考查诱导公式及正弦函数的单调性. 判断三角形状的常见方法是：（1）通过正弦定理和余弦定理，化边为角，利用三角变换得出三角形内角之间的关系进行判断；(2)利用正弦定理、余弦定理，化角为边，通过代数恒等变换，求出边与边之间的关系进行判断；（3）确定一个内角为钝角进而知其为钝角三角形. 4. 已知锐角三角形的边长分别为，，，则的取值范围是（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】分析：因为三角形为锐角三角形，所以每个角的余弦值都是正数，根据余弦定理列不等式组求解即可.
详解：因为三角形为锐角三角形，所以每个角的余弦值都应是正数，根据余弦定理可得
．
的取值范围是，故选D．
点睛：本题主要考查余弦定理的应用，属于简单题.对余弦定理一定要熟记两种形式：（1）；（2），同时还要熟练掌握运用两种形式的条件.另外，在解与三角形、三角函数有关的问题时，还需要记住等特殊角的三角函数值，以便在解题中直接应用.
5. 在数列，，，，，，，，，中，为（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】分析：根据所给数据的规律可知，从第三个数开始每个数都是前个数的和，从而即可得结果.
详解：根据所给数据的规律可知，从第三个数开始每个数都是前个数的和，
，故选C.
点睛：本题主要考查归纳推理的应用，属于中档题. 归纳推理的一般步骤: 一、通过观察个别情况发现某些相同的性质. 二、从已知的相同性质中推出一个明确表述的一般性命题(猜想）. 常见的归纳推理分为数的归纳和形的归纳两类：(1) 数的归纳包括数的归纳和式子的归纳，解决此类问题时，需要细心观察，寻求相邻项及项与序号之间的关系，同时还要联系相关的知识，如等差数列、等比数列等；(2) 形的归纳主要包括图形数目的归纳和图形变化规律的归纳.
6. 记为等差数列的前项和，若，，则的公差为（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】分析：利用等差数列通项公式及前项和公式列出方程组，由此能求出的公差.
详解：，，
∴,①-②有，
公差，故选C．
点睛：本题主要考查等差数列的通项公式、等差数列的前项和公式，属于中档题. 等差数列基本量的运算是等差数列的一类基本题型，数列中的五个基本量一般可以“知二求三”，通过列方程组所求问题可以迎刃而解.
7. 等差数列，的前项和分别为，，若，则（）．
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】∵ ，而
∴ ，故选B.
8. 已知为等差数列，，．以表示的前项和，则使得达到最大值
的是（）．
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】试题分析：设等差数列的公差为，则由已知,,得：
，解得：，
，
由，得：，
当时，，当时，，
故当时，达到最大值.
故选B．
考点：等差数列的前n项和．
【易错点晴】本题主要考查了等差数列的通项公式，及等差数列前n项和取最值的条件及求法，如果从等数列的前n项和公的角度，由二次函数求最值时，对于n等于21还是20时，取得最大值，学生是最容易出错的.
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9. 已知集合，，则为（）
A. 或
B. 或
C. 或
D. 或
【答案】A
【解析】分析：利用一元二次不等式的解法化简集合，，根据集合交集的定义求解即可.
详解：∵由，
所以，
因为，
所以或，
∴或或．
故选．
点睛：研究集合问题，一定要抓住元素，看元素应满足的属性.研究两集合的关系时，关键是将两集合的关系转化为元素间的关系，本题实质求满足属于集合且属于集合的元素的集合.
10. 已知，，且，求的最小值（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】分析：由得，利用基本不等式可得结果.
详解：，
．当时，等号成立，
又，
∴，
，的最小值为，故选C．
点睛：本题主要考查利用基本不等式求最值，属于中档题.利用基本不等式求最值时，一定要正确理解和掌握“一正，二定，三相等”的内涵：一正是，首先要判断参数是否为正；二定是，其次要看和或积是否为定值（和定积最大，积定和最小）；三相等是，最后一定要验证等号能否成立（主要注意两点，一是相等时参数否在定义域内，二是多次用或时等号能否同时成立）.
11. 设，满足约束条件，则的最小值为（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】分析：由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得最优解，把最优解的坐标代入目标函数得结论.
详解：
画出约束条件对应的可行域，如图区域，
由可得，
即，
化为时，
平移直线，
由图可知经过点，
直线在纵轴上截距最大，
在点处的有最小值为，故选C．
点睛：本题主要考查线性规划中，利用可行域求目标函数的最值，属于简单题.求目标函数最值的一般步骤是“一画、二移、三求”：（1）作出可行域（一定要注意是实线还是虚线）；（2）找到目标函数对应的最优解对应点（在可行域内平移变形后的目标函数，最先通过或最后通过的顶点就是最优解）；（3）将最优解坐标代入目标函数求出最值.
12. 数列的通项，其前项和为，则为（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】分析：利用二倍角的余弦公式化简得，根据周期公式求出周期为，从而可得结果.
详解：首先对进行化简得，又由关于的取值表：
可得的周期为，则可得，
设，
则，故选A．
点睛：本题考查二倍角的余弦公式、三角函数的周期性以及等差数列的求和公式，意在考查灵活运用所学知识解决问题的能力以及计算能力，求求解过程要细心，注意避免计算错误.
二、填空题
13. 在中，，，，则__________．
【答案】
【解析】试题分析：在中，由正弦定理得.所以答案应填：．
考点：1、正弦定理；2、三角形内角和定理．
14. 不等式的解集为，不等式的解集为，不等式的解集是，那么
等于__________．
【答案】
【解析】分析：利用一元二次不等式的解法可得，，求出，根据韦达定理求得的值，从而可得结果.
详解：不等式变形得：，
计算得出：，即，
不等式变形得：，
计算得出：，即，
∴，即不等式的解集为，
∴由韦达定理可得，，
则，故答案为．
点睛：集合的基本运算的关注点：
（1）看元素组成．集合是由元素组成的，从研究集合中元素的构成入手是解决集合运算问题的前提；（2）有些集合是可以化简的，先化简再研究其关系并进行运算，可使问题简单明了，易于解决；
（3）注意数形结合思想的应用，常用的数形结合形式有数轴、坐标系和图．
15. 已知数列，，，，，，，，，，，则是数列中的第__________项．
【答案】
【解析】分析：将所给数据分组，发现每组数据分子、分母以及分子与分母和的共同规律，结合等差数列的求和公式求解即可.
详解：，，，，，，，，，，，
发现数列第一组分子与分组和为，
第二组，分子与分母和为，
第三组，，分子与分母和为，
因为，所以是第组第七个数，
第组前面共有个数，
是第项，故答案为．
点睛：本题主要考查归纳推理，属于中档题. 归纳推理的一般步骤:①通过观察个别情况发现某些相同的性质.②从已知的相同性质中推出一个明确表述的一般性命题(猜想）,由归纳推理所得的结论虽然未必是可靠的，但它由特殊到一般，由具体到抽象的认识功能，对科学的发现十分有用,观察、实验、对有限的资料作归纳整理，提出带规律性的说法是科学研究的最基本的方法之一.
16. 已知二次函数，，，，，时，其对应的抛物线在轴上截得的线段长依次为，，，，，则__________．
【答案】
【解析】分析：当时，结合方程的根与系数关系可求，然后利用裂项求和方法即可得结果.
详解：当时，
∴，，
∴，
∴，
故答案为：．
点睛：本题主要考查函数的二次函数的性质，裂项相消法求和属于中档题. 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，突破这一难点的方法是根据式子的结构特点，常见的裂项技
巧：(1)；（2）；（3）；（4）
；此外，需注意裂项之后相消的过程中容易出现丢项或多项的问题，导致计算结果错误.
三、解答题
17. 已知集合，，又，求等于多少？
【答案】
【解析】分析：先根据指数函数，对数函数的性质，将化简，从而可得出，再根据一元二次不等式与一元二次方程的关系求出，进而得出.
详解：
由题意，，，
，，
，，
方程的两个根为和，由韦达定理则，，
∴．
点睛：本题考查了指数函数，对数函数的单调性，集合的基本运算，一元二次不等式与一元二次方程的关系，属于简单题.
18. 已知的内角、、所对的边分别为、、，且，．
（）若，求的值．
（）若的面积，求，的值．
【答案】(1) （2），
【解析】分析：（1）先求出，再利用正弦定理求的值；（2）结合（1）由的面积，求得的值，再利用余弦定理求的值.
详解：（）因为，且，
所以．
正弦定理：，截得．
（），截得，
余弦定理：，解得．
点睛：本题主要考查正弦定理、余弦定理在解三角形中的应用，属于中档题.正弦定理是解三角形的有力工具，其常见用法有以下三种：（1）知道两边和一边的对角，求另一边的对角（一定要注意讨论钝角与锐角）；（2）知道两角与一个角的对边，求另一个角的对边；（3）证明化简过程中边角互化；（4）求三角形外接圆半径.
19. 某投资人打算投资甲、乙两个项目，根据预测，甲、乙项目可能的最大盈利率分别为和，可能的最大亏损率分别为和，投资人计划投资金额不超过万元，要求确保可能的资金亏损不超过万
元，问投资人对甲、乙两个项目各投资多少万元，才能使可能的盈利最大？
【答案】投资人用万元投资甲项目、万元投资乙项目，才能在确保亏损不超过万元的前提下，使可能的盈利最大．
【解析】分析：设投资人分别用万元、万元投资甲、乙两个项目，确定约束条件不等式与目标函数，作出可行域，平移目标函数，结合图象即可求得结果.
详解：设投资人分别用万元、万元投资甲、乙两个项目，根据题意知
，
目标函数，
上述不等式组表示的平面区域如图所示，阴影部分（含边界）即可行域．
作直线，并作平行于直线的一组直线，，与可行域相交，其中有一条直线经过可行域上的点，且与直线的距离最大，这里点是直线和的交点．
由，
可得，，
∵，
∴当，时，取得最大值．
答：投资人用万元投资甲项目、万元投资乙项目，才能在确保亏损不超过万元的前提下，使可能的盈利最大．
点睛：本题考查线性规划知识，意在考查利用数学知识解决实数问题，考查学生分析解决问题的能力以及数形结合思想的应用，属于中档题.
20. 在数列中，，．
（）设，证明：数列是等差数列．
（）求数列的前项和．
【答案】（1）见解析（2）
【解析】试题分析：（1）要证明数列是等差数列，应利用等差数列的定义，将已知条件变形出数列的相邻两项，两边同除以即可；（2）由数列是等差数列，可得数列的通项公式，再
由得数列的通项公式，用错位相减法求前项和。

试题解析：（1）证明：，，
，，即，
故数列是首项为1，公差为1的等差数列。

（2）由（1）知，，
则，
【点睛】知数列满足，求数列的通项公式，可在两边同除以，证明数列为等差数列，进而可得通项公式。

21. 设是正数组成的数列，其前项和为，并且对于所有的，都有．
（）写出数列的前项．
（）求数列的通项公式（写出推证过程）．
（）设，是数列的前项和，求使得对所有都成立的最小正整数的值．【答案】（1），，（2）（3）的最小值是．
【解析】分析：（1）在中，令，求；令，求；令，可求；（2）根据与的固定关系，得，化简整理可得是首项为，公差为的等差数列，从而可得结果；（3）把（2）题中的递推关系式代入，根据裂项相消法求得，可得，解不等
式即可得到对所有都成立的最小整数.
详解：（）时，∴；
时，∴；
时，∴．
（）∵，
∴，
两式相减得：即，
也即，
∵，
∴，
即是首项为，公差为的等差数列，
∴，
（3），
．
∵对所有都成立，
∴即．
故的最小值是．
点睛：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，突破这一难点的方法
是根据式子的结构特点，常见的裂项技巧：(1)；（2）；（3）
；（4）；此外，需注意裂项之后相消的过程中容易出现丢项或多项的问题，导致计算结果错误.
22. 已知数列，的首项，且满足，，其中，设数列，
的前项和分别为，．
（Ⅰ）若不等式对一切恒成立，求．
（Ⅱ）若常数且对任意的，恒有，求的值．
（Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下且同时满足以下两个条件：
（ⅰ）若存在唯一正整数的值满足；
（ⅱ）恒成立．试问：是否存在正整数，使得，若存在，求的值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）（2）（3）存在正整数，使得，此时，或者．
【解析】分析：（1）根据可得是公差的等差数列，代入等差数列的求和公式即可得出；（2）用表示出和，根据的范围及恒等式得出，可得，从而可得结果；（3）利用条件可得，的通项，求出，，因为，所
以，令，则，解之得，，故满足的值为
，，，根据分类讨论思想可得出的存在性.
详解：（Ⅰ）由题设数列的首项，公差为，则，
（Ⅱ）因为，，所以，
，故，又因为，
得，所以，
因为，
所以，所以，
故．
（Ⅲ）因为，所以或者，
若时，舍去，
若时，，故，
而，因为，所以，令，则
，解之得，，故满足的值为，，，
①当，若，则数列前为：，，，满足，
若，则数列前项为：，，，不满足舍去；
若，则数列前项为：，，，不满足舍去；
若，则数列前项为：，，，不满足舍去；
②当若，则数列前项为：，，不满足；
若，则数列前项为：，，不满足舍去；
③当，若，则数列前项为：，满足；
若，则数列前项为：，不满足舍去；
所以存在正整数，使得，此时，或者．
点睛：本题主要考查等差数列的求和公式、等比数列的求和公式以及分类讨论思想的应用，属于难题..分类讨论思想解决高中数学问题的一种重要思想方法，是中学数学四种重要的数学思想之一，尤其在解决含参数问题发挥着奇特功效，大大提高了解题能力与速度.运用这种方法的关键是将题设条件研究透，这样才能快速找准突破点. 充分利用分类讨论思想方法能够使问题条理清晰，进而顺利解答，希望同学们能够熟练掌握并应用与解题当中.。