安徽省示范高中2018_2019学年高一数学下学期联考试题

安徽省示范高中学年高一数学下学期联考试题（含解析）
第Ⅰ卷（共分）
一、选择题：本大题共个小题,每小题分,共分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
.已知集合，，则（）
. . . .
【答案】
【解析】
【分析】
由一元一次不等式的解法求得集合，由交集运算求出，得到结果。

【详解】由题意得，，又，所以，故选
【点睛】本题考查集合的交集运算，属基础题
.在中，内角的对边分别为，若，则（）
. . . .
【答案】
【解析】
【分析】
根据正弦定理，可得，带入数据可求解。

【详解】由正弦定理，变形可得，故选
【点睛】本题考查正弦定理的应用，属基础题。

.在数列中，，，且，则（）
. . . .
【答案】
【解析】
【分析】
由数列的递推关系，带入，，即可求出，再将带入，即可求出。

【详解】令，则，又，，所以；再令，则，所以，故选
【点睛】本题考查数列的递推公式，对赋值，求解数列中的项，属于简单题。

.的内角的对边分别为，若，，，则（）
. . . .
【答案】
【解析】
【分析】
根据正弦定理，带入数据，即可求解。

【详解】由正弦定理，变形可得，故选
【点睛】本题考查正弦定理的应用，属基础题。

.在正项等比数列中，若依次成等差数列，则的公比为（）
. . . .
【答案】
【解析】
【分析】
由等差中项的性质可得，又为等比数列，所以，化简整理可求出的值。

【详解】由题意知，又为正项等比数列，所以，且，所以，
所以或（舍），故选
【点睛】本题考查等差数列与等比数列的综合应用，熟练掌握等差中项的性质，及等比数列的通项公式是解题的关键，属基础题。

.的内角的对边分别为，根据下列条件解三角形，其中有两解的是（）
. ，，. ，，
. ，，. ，，
【答案】
【解析】
【分析】
逐一分析每个选项，结合正弦定理及大边对大角原则，进行判断。

【详解】选项，由正弦定理，所以，又，所以，只有一解。

选项，由余弦定理，所以，只有一解。

选项，由正弦定理，所以，又，所以，所以只有一解。

选项，由正弦定理，所以，又，所以，且，所以，即此时有两组解，故选
【点睛】本题考查了正弦定理的应用，及大边对大角的性质，属中档题。

.已知向量与的夹角为，且，则在方向上的投影为（）
. . . .
【答案】
【解析】
【分析】
由向量数量积公式的变形可得在上的投影为，又，带入数据即可求解。

【详解】由向量的数量积公式可得，
所以在上的投影为，
又，，
所以原式，故选
【点睛】本题考查向量的投影及数量积公式，其中在方向上的投影为，在方向上的投影为，结合数量积公式灵活运用，便可求解，属中档题。

.已知正项数列满足：，，则使成立的的最大值为（）
. . . .
【答案】
【解析】
【分析】
由等差数列的定义可知是首项为，公差为的等差数列，可求得，所以，带入不等式。

即可求解。

【详解】由等差数列的定义可知是首项为，公差为的等差数列
所以，
所以，，
又，所以，即
解得，又，
所以，故选
【点睛】本题考查等差数列的定义，通项公式，及一元一次不等式解法，突破点在于根据等差数列的定义，得到为等差数列，再进行求解。

而不是直接求，属基础题。

.已知函数，若的最小正周期为，且，则的解析式为（）
. .
. .
【答案】
【解析】
【分析】
由辅助角公式可得，根据，可求出，又为奇函数，所以，结合的范围，即可求得结果。

【详解】由辅助角公式可得，由周期公式，得，因为，所以，则。

又因为，即为奇函数，
所以，即
又因为，则令，
所以，所以，故选
【点睛】本题考查了三角函数的周期性，奇偶性，诱导公式及辅助角公式，综合性较强，属
中档题。

其中特别要注意根据，解得。

.定义在上的奇函数，当时，，则的解集为（）. . . .
【答案】
【解析】
【分析】
当时，为单调增函数，且，则的解集为，再结合为奇函数，所以不等式的解集为。

【详解】当时，，所以在上单调递增，因为，所以当时，等价于，即，
因为是定义在上的奇函数，所以时，在上单调递增，且
，所以等价于，即，所以不等式的解集为
【点睛】本题考查函数的奇偶性，单调性及不等式的解法，属基础题。

应注意奇函数在其对称的区间上单调性相同，偶函数在其对称的区间上单调性相反。

.在中，内角的对边分别为，若，且，则是（）. 等腰非等边三角形. 等边三角形. 等腰非直角三角形. 等腰直角
三角形
【答案】
【解析】
【分析】
根据正弦定理，可得，，带入，可得，又，可解得，，所以为等腰直角三角形。

【详解】由正弦定理，可得，，带入，化简可得。

由余弦定理，
所以，即，
所以，即为等腰三角形
又因为，
所以，即，
所以，即为直角三角形
所以为等腰直角三角形，故选
【点睛】本题考查正余弦定理的综合应用，计算较多，属中档题。

特别注意，且，满足：，即为等腰直角三角形。

.已知函数满足，当时，；当时，，若函数在上有五个零点，则的最小值为（）
. . . .
【答案】
【解析】
【分析】
在上有五个零点等价于方程在上有五个不同的实数根，即与的图像在上有五个交点，结合图像可得，当直线过点时，取得最小值，此时。

【详解】有题意知，则的周期为。

又在上有五个零点等价于方程在上有五个不同的实数根，即与的图像在上
有五个交点。

图像如下：
由图像可得，当直线过点时，取得最小值，此时。

故选
【点睛】本题考查了函数的周期性，三角函数的图像与性质，零点与方程的综合应用，体现了数形结合的思想，考查学生计算，分析，作图的能力，为考试常考题型，属中档题。

第Ⅱ卷（共分）
二、填空题（每题分，满分分，将答案填在答题纸上）
.已知等差数列的前项和为，，则．
【答案】
【解析】
【分析】
由等差数列的性质可得，即可求出，又，带入数据，即可求解。

【详解】由等差数列的性质可得，所以，又由等差数列前项和公式得
【点睛】本题考查等差数列的性质及前项和公式，属基础题。

.在递增的等比数列中，，，则．
【答案】
【解析】
【分析】
由等比数列的性质可得，又为递增的等比数列，，可得，进而可求得，带入公式即可求得
【详解】由等比数列的性质可得，所以，，
又因为为递增的等比数列，
所以，即，
所以
又，所以，
所以
【点睛】本题考查等比数列的性质及通项公式，需注意递增数列，即，带入公式便可求解，属基础题。

.已知甲船位于小岛的南偏西的处，乙船位于小岛处，千米，甲船沿的方向以每小时千米的速度行驶，同时乙船以每小时千米的速度沿正东方向行驶，当甲、乙两船相距最近时，他们行驶的时间为小时．
【答案】
【解析】
【分析】
根据方位角的定义，可知，设出时间为，则可表示出，，根据余弦定理可求出两船之间的距离表达式，进而可求出距离最小值及对应的时间。

【详解】如图，当甲、乙两船相距最近时，他们行驶的时间为小
时，此时甲船位于处，乙船位于处，则，，由余弦定理可得：
，故当
时取最小值，故答案为。

【点睛】本题考查解三角形的实际应用，需灵活运用正余弦定理，属基础题。

.在中，内角的对边分别为，若，，则外接圆的面积为．
【答案】
【解析】
【分析】
由正弦定理，，，，代入得，结合正弦定理，求出外接圆半径，进而求出圆的面积。

【详解】因为，所以，
由正弦定理，代入化简得，
所以，
因为，所以，
所以，所以，
又因为，所以
所以外接圆的面积为.
【点睛】本题考查正弦定理，两角和的正弦公式的应用，是解三角形知识点中常考的题型，属基础题。

突破点在于边角互化，将条件整理成一角一函数的形式，进行求解。

三、解答题（本大题共小题，共分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）
.已知.
（）化简；
（）若，求的值.
【答案】（）；（）.
【解析】
【分析】
()利用诱导公式对进行化简即可，（）结合同角的基本关系式及二倍角公式进行求解即可。

【详解】（）
（）因为，即，所以
整理得：，则，即
【点睛】本题考查了诱导公式及同角的三角函数基本关系式的应用，考查了计算能力，属基础题。

.已知等差数列的公差，且是与的等比中项.
（）求的通项公式；
（）求的前项和的最大值及对应的的值.
【答案】（）；（）当或时，取得最大值，且最大值为
.
【解析】
【分析】
（）根据等比中项的性质，再结合条件，可求出，代入等差数列公式即可求出.
（）根据条件求出，利用二次函数的单调性进行求解。

【详解】（）因为是与的等比中项，所以，即
整理得：
因为，，所以
故
（）（方法一）因为，，所以
所以
当或时，取得最大值.
故当或时，取得最大值.
（方法二）由，得
则当或时，取得最大值，
且最大值为
【点睛】本题考查了等差数列的通项公式，前项和公式及二次函数的单调性，考查了推理和计算能力，属中档题。

.的内角的对边分别为，，.
（）求的值；
（）若，求的面积.
【答案】（）；（）.
【解析】
【分析】
（）由正弦定理可得，又因为，代入即可求出。

（）根据同角的三角函数关系式求出，进而可求出，再由面积公式，代入数据即可求解。

【详解】（）因为，，所以
因为，所以
（）因为，所以
因为，所以，为锐角，
因为，所以
所以
故的面积为.
【点睛】本题考查了正弦定理，两角和的正弦公式及求面积公式，考查了推理和计算能力，属基础题。

正弦定理为解三角形中有力的工具，常见用法如下：（）已知两边和一边对角，求另一边对角；（）已知两角和其中一角的对边，求另一角对边；（）证明化简；（）求外接圆半径。

.已知，函数.
（）求的定义域；
（）当时，求不等式的解集.
【答案】（）；（）.
【解析】
【分析】
（）由题意可得，解不等式可得答案。

（）代入数据可得，，根据对数函数单调性，可得，结合定义域即可求解。

【详解】（）由题意得：，解得
因为，所以
故的定义域为
（）因为，所以，，
因为，所以，即
从而，解得
故不等式的解集为.
【点睛】本题考查了对数函数的定义域及利用对数函数单调性求解不等式问题，属基础题
.在中，内角的对边分别为，且，.
（）若的周长为，求；
（）求周长的取值范围.
【答案】（），或，；（）.
【解析】
【分析】
（）因为周长，所以，又，代入数据可得，联立即可解出，。

（）由正弦定理可得，，则周长，又，则周长化简为，因为，代入即可求出周长的取值范围。

【详解】（）因为的周长为，，所以①
因为，所以，即②
联立①②可得：，或，
（）由正弦定理，可得，，
则的周长为
因为，所以
则
因为，所以，则周长的取值范围为.
【点睛】本题考查了正余弦定理，辅助角公式，以及三角函数的图像与性质。

其中合理的应用正余弦定理，及三角形内角和定理，是解题的关键，着重考查了推理，计算能力，属中档题。

.已知数列满足，且.
（）证明：数列为等比数列；
（）设，记数列的前项和为，若对任意的，恒成立，求的取值范围.
【答案】（）详见解析；（）.
【解析】
【分析】
（）由题意得，化简整理，结合定义，即可得证。

（）由（）可得，代入可得，分别讨论为奇数和偶数时的表达式，结合单调性，便可求出的取值范围。

【详解】（）证明：因为，所以
即，则
从而数列是以为首项，为公比的等比数列
（）解：由（）知，即
所以
当为偶数时，
当为奇数时，
当为偶数时，是递减的，此时当时，取最大值，则；当为奇数时，是递增的，此时，则.
综上，的取值范围是.
【点睛】本题考查了数列构造法，等比数列的定义及求和。

证明等比数列常用概念来证明，裂项相消法是求和中常用的办法，题中还涉及了分类讨论的思想，需分别求为奇数和偶数时的，再分别求解，整理答案，属难题。