1、福建省福州市八县一中2019-2020学年高一数学下学期适应性考试试题（含解析）完卷时间：120分钟 满分：150分第卷一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分其中，1-10为单选题，11、12为多选题，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有错选的得0分）1.在中，已知，则为（ ）A. 等腰三角形B. 直角三角形C. 等边三角形D. 等腰或直角三角形【答案】D【解析】【分析】先根据正弦定理进行边换角，然后结合二倍角公式求解即可.【详解】由，有,由正弦定理有，即所以有或即或所以三角形为等腰三角形或直角三角形，故选：D .【点睛】考查三角形形状的判定，正确应用正弦定理进行边化角是解题突
2、破口，属于基础题.2.以下结论，正确的是（ ）A. B. C. D. 的最小值是【答案】C【解析】【分析】由均值不等式求最值的步骤“一正，二定，三相等”，对各个选项进行逐一判断，得出正确的选项.【详解】A. 不满足条件“一正”，即当时， 的值为负，所以A不正确.B. ,当时，所以B 不正确.C. 对时都成立，则成立(当且仅当时等式成立),所以C正确.D在中，令，则化为，由在恒成立，所以在单调递减.所以，所以D不正确.故选：C【点睛】本题考查利用均值不等式求最值，注意利用均值不等式求最值的步骤“一正，二定，三相等”，属于中档题.3.已知，且，则，的大小关系是（ ）A. B. C. D. 不能确定
3、【答案】A【解析】【分析】由，所以，然后用作差法，得出答案.【详解】由，所以.所以所以故选：A【点睛】本题考查作差法比较大小，属于基础题.4.已知等比数列的前项和为，若，且，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由等比数列的定义可得,再利用等比数列的性质可得,进而根据等比数列的前项和公式求解即可.【详解】由题,因为数列是等比数列,所以,因为,所以,即,所以,即,所以,则当时,故选:B【点睛】本题考查等比数列的性质的应用,考查等比数列定义的应用,考查等比数列的前项和.5.不等式的解集是（ )A. B. C. D. 【答案】D【解析】试题分析：且且，化简得解集为考点：分式不等式
4、解法6.在等差数列中，若，且它的前项和有最大值，那么满足的的最大值是（ ）A. 1B. 5C. 9D. 10【答案】C【解析】【分析】根据题设条件，利用等差数列的性质推导出，由此能求出时，的最大值【详解】数列是等差数列，它的前项和有最大值公差，首项，为递减数列由，所以由，有，则由等差数列的性质知：，.,所以，当时，的最大值为9故选：C.【点睛】本题考查等差数列的前项和的应用，考查数列的函数特性，解答本题的关键是根据，是中档题7.正数满足，若不等式对任意实数恒成立，则实数的取值范围是( )A. B. C. D. 【答案】D【解析】分析】先用基本不等式求的最小值，再根据配方法求二次函数的最大值.【
5、详解】， 当且仅当，即时，“=”成立，若不等式对任意实数恒成立，则，即对任意实数恒成立， 实数的取值范围是.故选D.【点睛】本题考查基本不等式与二次不等式恒成立.8.瑞云塔是福清著名的历史文化古迹如图，一研究性小组同学为了估测塔的高度，在塔底和（与塔底同一水平面）处进行测量，在点处测得塔顶的仰角分别为45，30，且两点相距，由点看的张角为150，则瑞云塔的高度（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】设，根据已知将用表示，再利用余弦定理建立方程，即可得到答案；【详解】设，在点处测得塔顶的仰角分别为45，30， ，故选：C.【点睛】本题考查余弦定理在解三角形的应用，考查函数与方程思
6、想，考查逻辑推理能力运算求解能力.9.已知在锐角中，角，的对边分别为，若，则的最小值为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】先根据已知条件，把边化成角得到B,C关系式，结合均值定理可求.【详解】，.又，.又在锐角中, ,，当且仅当时取等号，故选A.【点睛】本题主要考查正弦定理和均值定理，解三角形时边角互化是求解的主要策略，侧重考查数学运算的核心素养.10.若首项为的数列满足，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】依题意得,由两边同时除以，利用累加法求出的表达式，再利用裂项相消法对数列进行求和即可.详解】依题意得，由，等式两边同时除以可得，则，以上式子左右两
7、边分别相加可得，即，所以，故.故选:C【点睛】本题考查利用累加法求数列通项公式和裂项相消法对数列求和；考查运算求解能力和逻辑推理能力；对递推式进行变形，利用累加法求出数列的通项公式是求解本题的关键；属于中档题.11.（多选题）如图，设的内角所对的边分别为，若成等比数列，成等差数列，是外一点，下列说法中，正确的是（ ）A. B. 是等边三角形C. 若四点共圆，则D. 四边形面积无最大值【答案】ABC【解析】【分析】根据等差数列的性质和三角形内角和可得，根据等比中项和余弦定理可得，即是等边三角形，若四点共圆，根据圆内接四边形的性质可得，再利用余弦定理可求，最后，根据和可得，从而求出最大面积.【详解
8、】由成等差数列可得，又，则，故A正确；由成等比数列可得，根据余弦定理，两式相减整理得，即，又，所以，是等边三角形，故B正确；若四点共圆，则，所以，中，根据余弦定理，解得，故C正确；四边形面积为：又，所以，因为，当四边形面积最大时，此时，故D错误.故选：ABC【点睛】本题考查解三角形和平面几何的一些性质，同时考查了等差等比数列的基本知识，综合性强，尤其是求面积的最大值需要一定的运算，属难题.12.意大利数学家列昂纳多斐波那契是第一个研究了印度和阿拉伯数学理论的欧洲人，斐波那契数列被誉为是最美的数列，斐波那契数列满足：，.若将数列的每一项按照下图方法放进格子里，每一小格子的边长为1，记前项所占的格
9、子的面积之和为，每段螺旋线与其所在的正方形所围成的扇形面积为，则下列结论正确的是（ ）A. B. C. D. 【答案】ABD【解析】【分析】根据题中递推公式，求出，数列的前项和，数列的奇数项和，与选项对比即可.【详解】对于A选项，因为斐波那契数列总满足，所以，类似的有，累加得，由题知，故选项A正确，对于B选项，因为，类似的有，累加得，故选项B正确，对于C选项，因为，类似的有，累加得，故选项C错误，对于D选项，可知扇形面积，故，故选项D正确，故选：ABD.【点睛】本题考查了利用数列的递推公式求数列的性质，属于一般题.第卷二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分请把答案填在答题卡相应位置）
10、13.在中，边，角，则边_【答案】【解析】【分析】利用余弦定理可得出关于的方程，即可解出边的长.【详解】由余弦定理得，整理得，解得.故答案为：.【点睛】本题考查利用余弦定理解三角形，要结合已知角列余弦定理求解，考查计算能力，属于基础题.14.已知数列满足，且，则的值是_【答案】【解析】【分析】构造等比数列,进而求得数列的通项公式得出的值即可.【详解】因为,故,所以,故数列是以为首项,为公比的等比数列.故,故.故.故答案为：【点睛】本题主要考查了构造等比数列求通项公式的方法,属于基础题.15.在中，点为边上点，是的角平分线，则_，的取值范围是_【答案】 (1). 1：2 (2). 【解析】【分析
11、】设，由正弦定理得：，则可得；又得，化简即可得的取值范围.【详解】设，由正弦定理得：，又，所以；又得，所以，又，故.故答案为：（1）；（2）【点睛】本题主要考查了正弦定理的应用，三角形面积公式，二倍角公式，考查了学生的运算求解能力.16.若正整数、是函数的两个不同的零点，且、这三个数可适当排序后成等差数列，也可适当排序后成等比数列，若，则的值等于_【答案】【解析】【分析】利用韦达定理得出，可得出，再由、为正整数求得、的值，再由题意可求得的值.【详解】由于正整数、是函数的两个不同的零点，由韦达定理得，则，则，、均为正整数，则、均为不小于的正整数，或，解得或，当，时，若为的等差中项，则，则、无论怎
12、么排序都不可能组成等比数列；若为的等差中项，则，则成等比数列；若为的等差中项，则，则无论怎么排序都不可能组成等比数列；所以当，时，同理可得.综上所述，.故答案为：.【点睛】本题利用等差数列和等比数列的性质求参数的值，考查分类讨论思想与计算能力，属于中等题.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.已知关于的一元二次不等式（1）若时，求不等式的解集；（2）若不等式的解集中恰有三个整数，求实数的取值范围【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）可得不等式为，直接利用一元二次不等式的解法求解即可；（2）不等式即为，分三种情况讨论，利用一元二次不等式的解法求解
13、不等式，分别求得符合题意的范围即可.【详解】（1）若，不等式为，即得不等式的解集为 （2）不等式即为 当时，原不等式解集为，则解集中的三个整数分别为0、1，2，此时； 当时，原不等式解集为空集，不符合题意舍去； 当时，原不等式解集为，则解集中的三个整数分别为4、5，6，此时； 综上所述，实数的取值范围是【点睛】本题考查了求一元二次不等式的解法，考查了分类讨论思想的应用，是基础题目若，则的解集是；的解集是.18.在等差数列中，已知（1）求的通项公式；（2）令，求的前项和【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）设等差数列的首项为，公差为，根据解关于和的方程组即可. （2）先求出，知是由等差数列
14、和等比数列组成的数列，所以用分组求和的方法求的前项和【详解】解：（1）设等差数列的首项为，公差为，则，解得， （2）由（I）得,则 .【点睛】本题考查求等差数列通项公式，分组求和的方法求数列前项和，属于中档题.19.已知的内角的对边分别为，设，且.（1）求A及a；（2）若，求边上的高.【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）利用正弦定理化边为角可得,再利用二倍角公式求得角；（2）先利用余弦定理求得,再利用等面积法求解即可.【详解】（1）因为,根据正弦定理得,又因为,因为所以,（2）由（1）知由余弦定理得 因为,所以所以 设BC边上的高为. , 即BC边上的高为.【点睛】本题考查利用正弦定理
15、解三角形,考查三角形的面积公式的应用,考查余弦定理的应用.20.在城市旧城改造中，某小区为了升级居住环境，拟在小区的闲置地中规划一个面积为的矩形区域（如图所示），按规划要求：在矩形内的四周安排宽的绿化，绿化造价为200元/，中间区域地面硬化以方便后期放置各类健身器材，硬化造价为100元/.设矩形的长为.（1）设总造价（元）表示为长度的函数；（2）当取何值时，总造价最低，并求出最低总造价.【答案】（1），（2）当时，总造价最低为元【解析】【分析】（1）根据题意得矩形的长为，则矩形的宽为，中间区域的长为，宽为列出函数即可（2）根据（1）的结果利用基本不等式即可【详解】（1）由矩形的长为，则矩形的宽
16、为，则中间区域的长为，宽为，则定义域为则整理得，（2）当且仅当时取等号，即所以当时，总造价最低为元【点睛】本题主要考查了函数的表示方法，以及基本不等式的应用在利用基本不等式时保证一正二定三相等，属于中等题21.在中，内角对边分别为（1）求角的大小；（2）设点是的中点，若，求的取值范围【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）由正弦定理和题设条件，化简得，再结合三角恒等变换的公式，求得的值，即可求得角的大小；（2）延长到，满足，连接，在中，由余弦定理化简整理得到，结合基本不等式，求得，再由三角形的性质，即可求得的取值范围.【详解】（1）在中，由正弦定理，可得，又由，可得，即，即，可得，又因为，
17、所以 （2）如图，延长到，满足，连接，则为平行四边形，且，在中，由余弦定理得，即，可得，即，由基本不等式得：，即，即，可得，（当且仅当取等号号）又由，即，故的取值范围是 .【点睛】本题主要考查了正弦定理，三角函数恒等变换的应用，以及基本不等式求最值的综合应用，其中解答中熟练应用正弦定理、余弦定理，结合基本不等式求解是解答的关键，着重考查了转化思想与运算、求解能力，属于基础题22.已知各项是正数的数列的前项和为若，且（1）求数列的通项公式；（2）若对任意恒成立，求实数的取值范围【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）利用数列的通项与前n项和的关系，当时，由，得到，两式相减化简得到，再利用等差数列的定义求解. （2）由（1）知，将对任意恒成立，转化为对一切恒成立， 记，利用作差法研究其单调性，求其最大值即可.【详解】（1）当时，由， 则 -得，又各项是正数，得， 当时，由知，即，解得或（舍），所以，即数列为等差数列，且首项，所以数列的通项公式为 （2）由（1）知，所以，由题意可得对一切恒成立， 记，则，所以， 当时，当时，且，所以当时，取得最大值，所以实数的取值范围为【点睛】本题主要考查数列的通项与前n项和的关系，等差数列的定义以及数列不等式恒成立问题，还考查了转化化归的思想和运算求解的能力，属于中档题.