1、四川省绵阳市三台县2019-2020学年高一数学下学期期中教学质量调研测试题（含解析）一选择题：本大题共12小题，每小题4分，共48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.如图所示，在正中，均为所在边的中点，则以下向量和相等的是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据相等向量的定义，对选项中的向量逐一判断即可.【详解】与向量，方向不同，与向量不相等，而向量与方向相同，长度相等，故选D.【点睛】本题主要考查相等向量的定义，属于简单题.相等向量的定义：长度相等且方向相同的向量叫相等向量；两个向量只有当他们的模相等且方向相同时，才能称它们相等.2.已知，则数列
2、一定是（ ）A. 等差数列B. 等比数列C. 递增数列D. 等差数列又是等比数列【答案】A【解析】【分析】根据等差数列的定义和等差数列的单调性判断.【详解】因为，所以由等差数列的定义得：数列是等差数列.不一定是等比数列，如：.因为公差为0，所以是常数列.故选：A【点睛】本题主要考查等差数列的定义及单调性，还考查了理解辨析的能力，属于基础题.3.已知向量，若，则 A. B. C. D. 6【答案】A【解析】分析：根据向量平行的坐标表示，可得的值.详解：若，则有，解得.故选A.点睛：本题考查向量平行的坐标表示法，关键是列出方程并准确计算.4.若1和的等差中项是2，则的值为( ）A. 4B. 3C.
3、 1D. -4【答案】B【解析】试题分析：据等差中项定义可知,则.故选.考点：等差中项5.在ABC中，则A等于（ ）A. B. 或C. D. 【答案】A【解析】【分析】由正弦定理可得,，可求，再由，根据三角形大边对大角可求A.【详解】由正弦定理可得，故选A.【点睛】本题主要考查正弦定理在解三角形中的应用，属于基础题.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.6.已知向量，且在方向上的投影为，则（ ）A. B.
4、C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据平面向量的数量积定义求解.【详解】设向量，的夹角为，因为在方向上的投影为，所以，又，所以.故选：B【点睛】本题主要考查平面向量的数量积运算以及投影的应用，还考查了运算求解的能力，属于基础题.7.等差数列的前项和为，若，则等于（ ）A. 58B. 54C. 56D. 52【答案】D【解析】，得,.故选D.8.已知在中，那么的值为（）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】 ，不妨设，,则 ，选A.9.如图所示，矩形的对角线相交于点，为的中点，若，则等于（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】利用平面向量的线性运算，将用和表示，可
5、得出和的值，由此可计算出的值.【详解】为的中点，且为的中点，所以，.因此，故选：A.【点睛】本题考查利用基底表示向量，要充分利用平面向量的加减法法则，考查运算求解能力，属于中等题.10.莱茵德纸草书(Rhind Papyrus)是世界上最古老的数学著作之一，书中有一道这样的题目：把100磅面包分给5个人，使每人所得成等差数列，且使较大的两份之和的是较小的三份之和，则最小的1份为A. 磅B. 磅C. 磅D. 磅【答案】D【解析】分析：设五个人所分得的面包为（其中），根据题中所给的条件，列出方程组，求出和的值，从而求得最小的一份的值.详解：设五个人所分得的面包为（其中），因为把100个面包分给五个
6、人，所以，解得，因为使较大的两份之和的是较小的三份之和，所以，得，化简得，所以，所以最小的1份为，故选D.点睛：该题考查的是有关等差数列的应用题，在解题的过程中，需要根据题中的条件，设出对应的项，根据条件列出等量关系式，求得结果，再根据题意，列出对应的式子，求得结果.11.已知的内角的对边分别为，若，则的形状为（ ）A. 等腰三角形B. 直角三角形C. 等腰直角三角形D. 等腰或直角三角形【答案】A【解析】中，所以.由正弦定理得：所以.所以，即因为为的内角，所以所以为等腰三角形.故选A.12.在中，分别为的对边，为的外心，且有，若，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由，
7、利用正弦定理得到，再由，运用三角函数的和角公式和正弦定理得到，进而得到，然后利用余弦定理，求得角B，A，C，再由的两边点乘，运用平面向量数量积的定义和性质，得到x，y的方程组求解.【详解】因为， 所以，又因为，所以，所以，所以，即，所以，所以，所以，如图所示：由正弦定理得：，因为，则，所以，即，则，所以，即，.故选：A.【点睛】本题主要考查正弦定理，余弦定理，两角和与差的三角函数，平面向量的数量积的定义和性质，还考查了运算求解的能力，属于难题.二填空题：本大题共4个小题，每小题3分，共12分，把答案直接填答题卷的横线上.13.已知向量，若，则_.【答案】【解析】【分析】根据得到，得到，计算模长
8、得到答案.【详解】根据题意，向量，则，解得，则，则；故答案为：.【点睛】本题考查了根据向量垂直求参数，向量的模，意在考查学生的计算能力.14.如图，从气球上测得正前方的河流的两岸，的俯角分别为和，如果这时气球的高是30米，则河流的宽度为_米.【答案】【解析】【分析】由题意画出图形，利用特殊角的三角函数，可得答案【详解】解：由题意可知，故答案为.【点睛】本题给出实际应用问题，着重考查了三角函数的定义，属于简单题15.已知等比数列的前项和为，若，则_.【答案】【解析】【分析】可得出，并计算出，利用等比数列片断和的性质得出、成等比数列，可得出的值.【详解】，且，、成等比数列，即，因此，.故答案为：.
9、【点睛】本题考查利用等比数列片断和性质求值，考查计算能力，属于中等题.16.已知内角成等差数列，且所对的边分别为，则有下列四个命题：；若成等比数列，则为等边三角形；若，则为锐角三角形；若，则.则以上命题中正确的有_.( 把所有正确的命题序号都填在横线上 ).【答案】【解析】【分析】根据成等差数列，可得，再由求解.根据成等比数列，则，再由余弦定理结合的结论求解.根据，再由余弦定理结合的结论求解.根据，利用数量积的运算得到求解.【详解】因为的内角成等差数列，所以，又，所以， 故正确.因成等比数列，所以，由余弦定理得：，所以，即 ，所以，所以为等边三角形.故正确.因为，由余弦定理得：，所以，所以，所
10、以为直角三角形.故错误.因为，则，所以，所以，所以.故正确.故答案为：【点睛】本题主要考查余弦定理，等差中项，平面向量的数量积的定义，还考查了运算求解的能力，属于中档题.三解答题：本大题共4个小题，每小题10分，共40分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤17.已知等差数列的前项和为，且满足.（1）求数列的通项公式；（2）若，求数列前项和.【答案】（1）.（2）【解析】【分析】（1）设等差数列的公差为，由，利用“”求解.（2）由（1）得到，是等比数列，再利用等比数列的前n项和公式求解.【详解】（1）设等差数列的公差为，由，得 ，所以，解得： ， 所以 ， 即.（2） ，即， ，.【点睛】本
11、题主要考查等差数列的基本运算以及等比数列求和公式，还考查了运算求解的能力，属于中档题.18.在平面直角坐标系中，已知向量，且.（1）求向量的夹角；（2）求的值.【答案】（1）.（2）【解析】【分析】（1）由，两边平方得，再将，代入上式求解.（2）由（1）知，求得，再利用平面向量的数量积运算求解.【详解】（1），平方得：，即：，解得：，又， .（2）由（1）知，则. 所以.【点睛】本题主要考查平面向量的数量积运算，还考查了运算求解的能力，属于中档题.19.在梯形中，已知，（1）求的长； （2）求面积.【答案】（1）.（2）【解析】【分析】（1）由，得到，在中，利用正弦定理求解.（2）在中，求得
12、，在梯形中，由，得到，得到，在中，由余弦定理求得 ，然后由求解.【详解】（1）， ，在中，由正弦定理得： ，即，解得： .（2）在中，=，又在梯形中， .在中，由余弦定理得：，即：，解得 或 (舍)，又， .【点睛】本题主要考查正弦定理、余弦定理在平面几何中的应用，还考查了运算求解的能力，属于中档题.20.已知数列中，其前项和满足：.（1）求数列的通项公式；（2）设，求证： ；（3）设(为非零整数，)，是否存在确定的值，使得对任意，有恒成立.若存在求出的值，若不存在说明理由.【答案】（1）.（2）证明见解析.（3）存在，【解析】【分析】（1）由变形为，即，再利用等差数列的定义求解. （2）由（
13、1）知，得到 ，然后利用裂项相消法求和再放缩即可.（3）由，得到， 将对任意，都有恒成立，转化为恒成立，即恒成立. 再分为奇数和偶数两种情况讨论求解【详解】（1）由已知可得，即：且，数列是以为首项，公差为的等差数列， .（2）由（1）知， ，=，=， ， ，即 .（3）， ， 假设存在确定的值，使得对任意，都有恒成立，即，对任意恒成立，即，对任意恒成立，即：，对任意恒成立. 当为奇数时，即恒成立， 当且仅当时，有最小值为， ，当为偶数时，即恒成立，当且仅当时，有最大值， ，即，又为非零整数，则.综上所述：存在，使得对任意，都有.【点睛】本题主要考查等差数列的定义及通项公式，裂项相消法求和以及数列不等式恒成立问题，还考查了运算求解的能力，属于难题.
