【2019最新】高一数学下学期阶段性联考试题文(含解析)

【2019最新】高一数学下学期阶段性联考试题文（含解析）
本试题卷共4页，共22题。

全卷满分150分。

考试用时120分钟。

所有答案均须答在答题卡上，答在试卷上、草稿纸上无效。

★祝考试顺利★
一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60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. 1. 已知集合，集合，则=（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】由 中不等式变形得 ，解得 ，即 ，由中 不等式变形得 ，即 ，解得 ，即 ，则 ，故选
B.
2. 已知数列， 则是这个数列的（ ）
A. 第6 项
B. 第7项
C. 第8项
D. 第9项
【答案】C
【解析】数列中的各项可变形为：数列，所以通项公式为，令，得，故选
C.
3. 若，则下列不等式正确的是（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】因为，所以，因此A错，B对；取，可得，故错误；.取，可得，故错误，故选
B.
4. 已知角的终边在上，则的值是（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】因为角的终边与单位圆交于点，故选
B.
5. 已知平面向量满足，与的夹角为60°,若,则实数的值为
（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】的夹角为，且，则，又由，可得，变形可得，即，
解可得，故选
D.
6. 一个正方体被一个平面截去一部分后，剩余部分的三视图如图，则截去部分
体积与剩余部分体积的比值为（）.
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
设正方体的棱长为，由三视图判断，正方体被切掉的部分为三棱锥，所以正方体切掉的部分的体积为，所以剩余部分体积为，所以截去部分体积与剩余部分体积的比值为，故选
D.
【方法点睛】本题利用空间几何体的三视图重点考查学生的空间想象能力和抽象思维能力，属于难题.三视图问题是考查学生空间想象能力最常见题型，也是高考热点.观察三视图并将其“翻译”成直观图是解题的关键，不但要注意三视图的三要素“高平齐，长对正，宽相等”，还要特别注意实线与虚线以及相同图形的不同位置对几何体直
观图的影响.
7. 在等比数列｛｝中，若，且，则 =（）
A. B. C. D. 6
【答案】A
【解析】，与为方程的两个根，解得或，，，故，故选
A.
8. 在中，，则一定是（_______）
A. 钝角三角形
B. 锐角三角形
C. 直角三角形
D. 等边三角形
【答案】D
【解析】 ,由余弦定理可得，，故，故一定是等边三角形，故选
D.
【方法点睛】本题主要考查利用余弦定理、判断三角形形状，属于中档题.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）根据余弦定理确定一个内角为钝角进而知
其为钝角三角形.
9. 如图是正方体的平面展开图。

关于这个正方体，有以下判断：
①与所成的角为②∥平面
③ ④平面∥平面
其中正确判断的序号是（）．
A. ① ③
B. ② ③
C. ① ② ④
D. ② ③ ④
【答案】C
【解析】
把正方体的平面展开图还原成正方体，得：①与所成的角为正确；
② 不包含于平面平面平面，故②正确；③ 与是异面直线，故③不正确；④ 平面，所以平面平面，故④ 正确，正确判断的序号是① ② ④，故选
C.
10. 若函数的图象上每一点的纵坐标保持不变，横坐标伸长到原来的2倍；再将整个图象沿轴向左平移个单位；沿轴向下平移1个单位，得
到函数的图象；则函数是（）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】根据的图象变换规律可得，把函数的图象向上平移个单位，可得函数的图象；再将整个图象沿轴向右平移个单位，可得的图象；再把图象上每一点的纵坐标保持不变，横坐标缩短到原来的倍，可得的图象，故函数，故选
B.
11. 已知是边长为4的正三角形的边上的动点，则（）
A. 最大值为16
B. 是定值24
C. 最小值为4
D. 是定值4【答案】B
【解析】设，则，，又
，是定值，故选B.
12. 已知函数的值域为R，则常数的取值范围是
（ )
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】函数，当时，时，的最小值小于，因为的开口向上，对称轴为，若，当时，函数是增函数，最小值为，可得，解得；若，最小值为，可得，解得，常数的取值范围是，故选
A.
【方法点睛】本题主要考查分段函数的解析式和性质、函数的值域、分类讨论思想.属于难题. 数学中常见的思想方法有：函数与方程的思想、分类讨论思想、转化与划归思想、数形结合思想、建模思想等等，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.
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．请将答案填在答题卡对应题号的位置上. 答错位置，书写不清，模棱两可均不得分.
13. 如图，是水平放置的的直观图，则的周长为
______.
【答案】
【解析】由直观图可知，原是一个直角边长分别为和斜边为的直角三角形，其周长为，,故答案
为 .
14. 已知向量，，满足，则
__________．
【答案】
【解析】因为向量，，，，故答案
为 .
15. 若一个圆锥的侧面展开图是面积为的半圆面，则该圆锥的母线与轴所成的角为__________．
【答案】30°
【解析】
设圆锥的母线长为，底面半径为，因为圆锥的侧面展开图是面积为
的半圆面，，即，又圆锥的侧面积公式，解得，即，则，即圆锥的母线与圆锥的轴所成角的大小为，故答案
为.
16. 已知函数恒过点，其中满足方程，且，则的最小值为
________________.
【答案】
【解析】时，，过点，，即，即，即的最小值为，故答案
为.
三、解答题：本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17. 在等比数列中，
（1）求数列的通项公式；
（2）若，求数列的前项和.
【答案】（1）；（2）.
试题解析：（1）,
（2）
18. 已知函数
（1）当时，求函数的最小值；
（2）当时，恒成立，求的最小值.
【答案】（1）；（2）.
【解析】试题分析：（1）将函数式化为，然后利用基本不等式求最值即可；（2）等价于，利用基本不等式求出，进而可得结
果.
试题解析：（1）
∵，∴∴（等号成立当且仅当）
∴
（2）∵，∴∴（等号成立当且仅当）
∴ ∴
∴.
【方法点睛】本题主要考查基本不等式求最值及不等式恒成立问题，
属于难题.对于求不等式恒成立时的参数范围问题，在可能的情况下把参数分离出来，使不等式一端是含有参数的不等式，另一端是一个区间上具体的函数, 这样就把问题转化为一端是函数, 另一端是参数的不等式，便于问题的解决. 但要注意分离参数法不是万能的, 如果分离参数后,得出的函数解析式较为复杂, 性质很难研究, 就不要使用分离参数法.
19. 已知函数在上的最大值是6.
（1）求的值以及函数的单调增区间；
（2）在中，角的对边分别为，且的面积为，求的
值.
【答案】（1）函数的单调增区间为；
（2）.
【解析】试题分析：（1）原函数化为，根据三角函数的有界性可得的值，利用正弦函数的的单调性解不等式可得的单调增区间；（2）先
求出，由面积得
，再根据余弦定理得.
.
试题解析：由已知
（1）∵ ∴∴∴
函数的单调增区间为
（2）先求出，
再求出，最后得
20. 如图，为圆柱的母线，是底面圆的直径, 分别是的中
点,
(1)证明：∥平面；
(2)求圆柱的体积和表面积.
【答案】（1）见解析；（2），.
【解析】试题分析：（1）取的中点为，先证明平面与平面平行，即可得结论；（2）由根据勾股定理求出底面圆的直径，进而求得半径，在根据勾股定理可得圆柱的高，从而由圆柱的体积及侧面积公式
可得结果.
试题解析：（1）略
（2）底面半径，，…10分，
【方法点晴】本题主要考查线面平行的判定、面面平行的性质法、圆柱的体积及表面积，属于难题.证明线面平行的常用方法：①利用线面平行的判定定理，使用这个定理的关键是设法在平面内找到一条与已知直线平行的直线，可利用几何体的特征，合理利用中位线定理、线面平行的性质或者构造平行四边形、寻找比例式证明两直线平行.②利用面面平行的性质，即两平面平行，在其中一平面内的直线平行于另一平面. 本题（1）是就是利用方法②证明的.
21. 已知等差数列满足，其中
（1）求数列的通项公式；
（2）当时，设，求数列的前项和为；
【答案】（1）；（2）.
【解析】试题分析：（1）由解得，进而可得通项公式；（2）由（1）可得，错位相减求得数列的前项
和.
试题解析：（1）由得：
当时，；当时，
（2）当时，，
错位相减求得
22. 已知向量令
（1）求函数的对称轴方程；
（2）设，当时，求函数的最小值；
（3）在（2）的条件下，若对任意的实数且，不等式对任意的恒成立，求实数的取值范
围.
【答案】（1）；（2）；
（3）.
【解析】试题分析：（1）根据平面向量的数量积公式及两角和的余弦公式可得，再由可得结果；（2））令，因为，所以
则，根据二次函数的性质讨论三种情况，即可得结果；（3）当时，由即可得结
果.
试题解析：（1）由已知求得，所以函数对称轴方程为
（2）令，因为，所以
则
所以
（3）当时，
所以
而...
所以，所以。