1、上海市杨浦区复旦附中2019-2020学年高一数学下学期期中试题（含解析）一.填空题1.一个面积为1的扇形，所对弧长也为1，则该扇形的圆心角是_弧度【答案】【解析】【分析】设扇形的所在圆的半径为，圆心角为，应用扇形的弧长公式和面积公式，列出方程组，即可求解.【详解】设扇形的所在圆的半径为，圆心角为，因为扇形的面积为1，弧长也为1，可得，即，解得.故答案为：【点睛】本题主要考查了扇形的弧长公式和面积公式的应用，其中解答中熟练应用扇形的弧长公式和面积公式，列出方程组是解答的关键，着重考查了运算与求解能力.2.计算_【答案】【解析】【分析】利用诱导公式和两角差的正弦公式，即可得到答案；【详解】原式，
2、故答案为：.【点睛】本题考查诱导公式和两角差的正弦公式的应用，考查转化与化归思想，考查运算求解能力.3.函数，的反函数记为，则_【答案】【解析】【分析】点在原函数的图象上，根据题意两函数图象关于直线对称知点在反函数的图象上，得解.【详解】因为当时，所以点在原函数的图象上，因为是函数，的反函数，所以点在反函数的图象上，则.故答案为：【点睛】本题考查两个互为反函数的函数图象的对称性、正弦函数的图象与性质，属于基础题.4.在中，若，则_【答案】【解析】【分析】直接利用正弦定理，结合三角形解的个数判定，即可得到答案；【详解】，故答案为：.【点睛】本题考查正弦定理三角形解的个数，考查函数与方程思想、转化
3、与化归思想，考查逻辑推理能力、运算求解能力.5.已知等比数列中，则_【答案】16【解析】【分析】将等比数列的通项公式代入，中，可得，再求的值。【详解】，故答案为：.【点睛】本题考查等比数列通项公式基本量运算，考查运算求解能力，求解时注意广义通项公式的应用.6.已知等差数列，若，则_【答案】【解析】【分析】根据等差中项可得，从而得到，利用诱导公式，即可得答案；【详解】，故答案为：.【点睛】本题考查等差中项诱导公式的应用，考查逻辑推理能力、运算求解能力.7.已知数列中，则=_【答案】【解析】分析】对已有的递推关系取倒数，则可构建新数列，它是等差数列，求出其通项后可求的通项.【详解】因为，所以，所以
4、，故是以为首项，为公差的的等差数列，所以，所以，填.【点睛】给定数列的递推关系，我们常需要对其做变形构建新数列（新数列的通项容易求得），常见的递推关系和变形方法如下：（1），取倒数变形为；（2），变形为，也可以变形为；8.把函数的图像向右平移（）个单位，使得点成为图像的一个对称中心，则的最小值是_【答案】【解析】【分析】根据平移变换可得平移后的解析式为，将点的坐标代入该解析式可得，从而可得的最小值为.【详解】把函数的图像向右平移（）个单位，可得，依题意可得点在函数的图象上，所以，即，所以，即，因为，所以时，取得最小值.故答案为：【点睛】本题考查了函数图象的平移变换，考查了函图象数的对称中心，属
5、于基础题.9.函数（）的最小值为_【答案】【解析】【分析】设，得到，且，得出函数，再利用换元法，令，得出函数，求得函数的最小值，即可求解.【详解】设，则，可得，又由，所以函数，令，则，且，所以，因为，则，所以的最小值为，即函数的最小值为.故答案为：.【点睛】本题考查了三角函数的基本关系式，三角函数的图象与性质综合应用，以及函数最值的求解，着重考查了推理与运算能力，属于中档试题.10.正整数列满足，且对于有，若，则的所有可能取值为_【答案】4、5或32【解析】【分析】由正整数列满足，且对于有，结合,逐步逆推即可得解.【详解】解:因为正整数列满足，且对于有，由,则或（舍），则，则，或，或，即的所有
6、可能取值为4、5或32，故答案为：4、5或32.【点睛】本题考查了数列的递推关系，重点考查了运算能力，属基础题.11.定义在上的奇函数满足对任意成立，则值域为_【答案】【解析】【分析】先由三角恒等变换可得对任意成立，即定义在上的奇函数满足当时，然后结合重要不等式及函数的奇偶性求值域即可.【详解】解：由，则对任意成立，令，则，即定义在上的奇函数满足当时，又当时，即，又函数为定义在上的奇函数，则，且当时，综上可得值域为，即值域为，故答案为：.【点睛】本题考查了三角函数的万能公式，重点考查了函数奇偶性的应用，属基础题.12.是一个边长为1的正三角形，是将该正三角形沿三边中点连线等分成四份后去掉中间一
7、份的正三角形后所形成的图形，依次类推是对中所含有的所有正三角形都去掉中间一份（如图），记为的面积，则_【答案】【解析】【分析】由图结合归纳推理可得数列是以为首项，为公比的等比数列，然后结合等比数列前项和公式求解即可.【详解】解：由图可知，后一个图形中剩下的三角形个数是前一个的三倍，即第个图形中剩下的三角形个数为，又后一个图形中剩下的三角形的边长是前一个的倍，所以第个图形中剩下的每一个三角形的边长为，其面积为，即，即数列是以为首项，为公比的等比数列，则，故答案为：.【点睛】本题考查了等比数列的综合应用，重点考查了归纳推理，属中档题.二.选择题13.在中，“”是“”的（ ）条件A. 充分非必要B.
8、 必要非充分C. 充要D. 既非充分又非必要【答案】A【解析】【分析】根据三角函数的性质，得到当时，是成立的，再利用反例，得出必要性不一定成立，即求解.【详解】在中，由，因为，可得，所以当时，是成立的，即充分性成立；反之：例如，此时，即必要性不一定成立.所以“”是“”的充分不必要条件.故选：A【点睛】本题主要考查了充分不必要条件的判定，其中解答中熟练应用三角函数的性质，结合充分条件、必要条件的判定方法求解是解答的关键，着重考查推理与运算能力.14.以下哪个不是可能的取值（ ）A. 2B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】对的取值进行分类讨论，即可得答案；【详解】（1）若，则，；（2）若，
9、则，；（3）若，则，；利用排除法可得D选项不可能，故选：D.【点睛】本题考查数列极限的求解，考查分类讨论思想，考查逻辑推理能力、运算求解能力.15.若等差数列首项为2，公差为2，其前项和记为，则数列前项和为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据等差数列前项和公式求出，从而得出的通项公式，再用裂项相消法即可求出数列前项和.【详解】等差数列前项，等差数列首项为2，公差为2，代入可得，所以，所以数列前项和为.故选：B【点睛】本题主要考查等差数列前项和的求法，以及裂项相消法求数列前项和.16.已知函数（其中、均为正的常数）的最小正周期为，当时，函数取得最小值，则下列结论正确的是（
10、 ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据周期公式可得，根据当时，函数取得最小值，可得，所以，再利用诱导公式以及三角函数的性质比较大小可得答案.【详解】依题意得，解得，所以，因为当时，函数取得最小值，所以，即，所以，因为且，所以，因为，又，所以，因为，所以，综上所述：.故选：A【点睛】本题考查了根据三角函数的性质求解析式，考查了诱导公式，考查了利用正弦函数的单调性比较大小，属于中档题.三.解答题17.已知，且、.（1）求的值；（2）求值.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）原式除以，分子分母再同时除以即可得解；（2）由及二倍角公式求出、，再由求出、，代入的展开式即可得
11、解.【详解】（1）原式；（2）且，则，又，.【点睛】本题考查利用同角三角函数的关系化简求值、二倍角公式、两角和的余弦公式、配凑法求三角函数值，属于中档题.18.已知函数.（1）求的单调减区间；（2）当时，求的最大值和最小值.【答案】（1）（）；（2）最大值为，最小值为1.【解析】【分析】（1）由二倍角公式及辅助角公式可知，令，即可求出单调减区间.（2）令，则可知，结合正弦函数的单调性即可求出函数的最值.【详解】解：（1）令，解得则单调减区间为，.（2）令，因为，则，即，由于 在上单调递增，则当时，；当时，.即的最大值为，最小值为1.【点睛】本题考查了二倍角公式，考查了辅助角公式，考查了正弦函数
12、单调性的求解，考查了正弦函数最值的求解.本题的关键是结合公式对函数的解析式进行整理变形.求正弦型函数的单调性时，常结合整体的思想列出不等式进行求解；求正弦型函数的最值时，常用换元法，结合函数的单调性、图像进行求解.19.中，内角、的对边分别为、，已知，且.（1）求角的大小；（2）求三角形面积的最大值.【答案】（1）；（2）.【解析】分析】（1）将化简为，然后用余弦定理即可求解；（2）先求出角的正弦值，然后可得，再根据基本不等式即可求出的最大值.【详解】（1）由可得，由余弦定理可得，因为角为三角形内角，所以；（2）由（1）知，所以，又，所以，当且仅当时取“=”，所以三角形面积的最大值为.【点睛】
13、本题主要考查余弦定理和三角形面积公式，解题时涉及到用基本不等式求最值.20.设数列的前项和为，且（），设（），数列的前项和.（1）求、的值；（2）利用“归纳猜想证明”求出的通项公式；（3）求数列的通项公式.【答案】（1），；（2）（）；（3）.【解析】【分析】（1）先代，求得，当时，根据，化简得到与的递推式， 再代，求得，并为求第（2）问提供基础;（2）由（1）归纳猜想，并用数学归纳法证明；（3）由（2）求得的，求出，并化简，分析，发现可用裂项相消法求解，考虑消去方便，可对分奇数和偶数两种情况分析，最后合并得到答案.【详解】解：（1）由，令，则，得，当时，由，得，得，令，得，令，得，即，.（2
14、）由（1）知，猜想， 下面用数学归纳法证明： 当 时，由猜想知显然成立；假设猜想成立，即，则当时，由（1）有，即当时，猜想也成立. 综合可知，猜想成立，即（3）由（2）知，当时， 综合知：，又，则 当为偶数时， 当为奇数时，综上可得【点睛】本题考查了与的关系，并利用归纳猜想，并用数学归纳法证明，还考查了复杂类型的裂项相消法.21.已知数列和满足，.（1）证明：是等比数列，是等差数列；（2）求和的通项公式；（3）令，求数列的前项和的通项公式，并求数列的最大值、最小值，并指出分别是第几项.【答案】（1）证明见解析；（2），；（3）当为偶数时，当为奇数时，；的最大值为第1项，最大值为1，最小值为第2
15、项，最小值为.【解析】【分析】（1）根据定义判断是等比数列，是等差数列；（2）由（1）求得和的通项公式，解方程分别求得和的通项公式（3）先求为偶数时的，利用并项求和法求出，再求为奇数时的， 利用递推式（为偶数），再分析的符号和单调性，求出的最大 值和最小值.【详解】解: （1）由题,，相加得得，故是首项为公比为的等比数列；又由,，相减得，即，故是首项为公差为 的等比数列.（2）由（1）得，联立解得，（3）由（2）得 当为偶数时， 当为奇数时，时，则当为奇数时，.综合得则当奇数时，单调递增且;当为偶数时， 故单调递减，又，即，则当为奇数时，单调递减且，当为偶数时，单调递增且故的最大值为第1项，最大值为1，最小值为第2项，最小值为.【点睛】本题考查了等差数列和等比数列的证明，通项公式的求法，分类讨论，以及并项求和，并根据函数的性质求最值,综合能力较强.
