【文档说明】福建省连城县第一中学2019-2020学年高一下学期期中考试数学试题 【精准解析】.doc，共(15)页，1.103 MB，由小赞的店铺上传

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连城一中2019-2020学年下期高一年级半期考数学试卷一、选择题（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.函数2()34lg(2)fxxxx的定义域是（）A.[－1，4]B.（－1，4]C.[2，4]D.（2，4]【答案】D【解析

】【分析】由二次根式的被开方数大于等于零，对数式的真数大于零联立不等式组求解即可.【详解】解：由234020xxx，解得142xx剟，所以24x„所以函数的定义域为(2,4]故选：D【点睛】此题考查

函数的定义域及其求法，属于基础题.2.若1ab，01c，则（）A.ccabB.ccabbaC.loglogbaacbcD.loglogabcc【答案】C【解析】【详解】试题分析：用特殊值法，令3a，2b，

12c得112232，选项A错误，11223223，选项B错误，3211loglog22，选项D错误，因为lglglogloglg()lg(),11lglglglgabbbabaababacbcccabbaababalglg001lg0loglogl

glgabbaabccacbcba选项C正确，故选C．【考点】指数函数与对数函数的性质【名师点睛】比较幂或对数值的大小,若幂的底数相同或对数的底数相同,通常利用指数函数或对数函数的单调

性进行比较；若底数不同,可考虑利用中间量进行比较.3.在ABC中，已知sin:sin:sin5:7:8ABC，则其最大角和最小角的和为（）A.90B.120C.135D.150【答案】B【解析】【分析】利用正弦定理求得::ab

c，利用余弦定理求得cosB，进而求得B，从而求得最大角和最小角的和.【详解】依题意，由正弦定理得::sin:sin:sin5:7:8abcABC，所以最大的边为c，最小的边为a，最大的角为C，最小的角为A.由余弦定理得22222258725

6449cos225880acbBac12.由于0180B，所以60B，所以120AC，也即最大角和最小角的和为120.故选：B【点睛】本小题主要考查正弦定理、余弦定理解三角形，属于基础题.4.若关于x的不等式0axb的解集为(1,)，则关于x的不等式04

axbx的解集为（）A.(,4)(1,)B.(,1)(4,)C.(1,4)D.(1,4)【答案】B【解析】【分析】先由题意，得到0aba，再解分式不等式，即可得出结果.【详解】因为关于x的不等式0axb的解集为(1

,)，所以0aba，因此不等式04axbx可化为(1)04axx，解得：4x或1x.故选：B.【点睛】本题主要考查解分式不等式，属于常考题型.5.已知向量a与e的夹角为30

，4a，e为单位向量，则a在e方向上的投影与e在a方向上的投影分别为（）A.23，32B.2，12C.32，23D.2，2【答案】A【解析】【分析】由平面向量投影的定义可求得结果.【详解】由平面向量投影的定义可知，a在e方向上的投影为3cos304232a

，e在a方向上的投影为3cos302e.故选：A.【点睛】本题考查平面向量投影的计算，考查平面向量投影定义的应用，考查计算能力，属于基础题.6.设长方体的长、宽、高分别为3、2、1，其顶点都在同一个球面上，则该球的表面积为（）A.3B.

6C.12D.14【答案】D【解析】【分析】设长方体的外接球的半径为R，利用长方体的体对角线为其外接球的直径可计算出球体的半径，再利用球体的表面积公式可计算得出结果.【详解】设长方体的外接球的半径为R，则222232114R，得142R，

因此，该长方体的外接球的表面积为221444142SR.故选：D.【点睛】本题考查长方体外接球表面积的计算，理解长方体的体对角线为其外接球的直径是解题的关键，考查计算能力，属于基础题.7.设平面上有四个互异的点A、B、C、D，已知(2)

()0DBDCDAABAC，则ABC的形状是（）A.直角三角形B.等腰三角形C.等腰直角三角形D.等边三角形【答案】B【解析】试题分析：：∵(2)()0DBDCDAABAC，∴22·00ABACABACABAC，即|AB|=|AC|．△ABC的形状是

等腰三角形考点：向量运算8.在ABC中，6b，3c，60A，则此三角形外接圆面积为（）A.9B.9C.36D.36【答案】B【解析】【分析】由于已知三角形的两边和夹角，所以先由余弦定理求三角形的第三边，再由正弦定理

求出三角形的外接圆半径，从而可求出三角形外接圆面积.【详解】解：由余弦定理得，222222cos63263cos6027abcbcA，所以33a，由正弦定理得，2sinaRA，即332sin60R，解得3R，所以三角形的外

接圆面积为2239R，故选：B【点睛】此题考查了利用正弦定理、余弦定理解三角形，属于基础题.9.数列na中，12a，1221nnaa，则2021a的值是（）A.1007B.1008C.1011D.1012【答案】D【解析】【分析】根据已知条件判断出数列na是等差数列

，由此求得2021a.【详解】依题意，数列na中，12a，1221nnaa，所以112nnaa，所以数列na是以12a为首项，公差12d的等差数列，所以20211120202202010122aad.故选：D

【点睛】本小题主要考查等差数列的定义及通项公式，属于基础题.10.等比数列na中，naR，5632aa，则2122210logloglogaaa的值为（）A.10B.20C.25D.160【答案

】C【解析】【分析】结合对数运算以及等比数列的性质，化简求得所求表达式的值.【详解】由于数列na是等比数列，所以51102956322aaaaaa，所以2122210logloglogaaa212910log

aaaa5552525622loglog2log225aa.故选：C【点睛】本小题主要考查等比数列的性质，属于基础题.11.设nS是等差数列na的前n项和，若641411aa，则117SS等于（）A.12B.-1C.1D.

2【答案】D【解析】【分析】利用等差数列的性质得到11614171411aaaaaa，再利用等差数列的前n项和公式求解.【详解】因为661144171214211aaaaaaaa，所以11111711117171111

22772aSaaaSaaaa.故选：D【点睛】本题主要考查等差数列的性质和前n项和公式的应用，还考查了运算求解的能力，属于中档题.12.已知nS是等比数列na的前n项和，若存在*Nm，满足29mmSS，25

11mmamam，则m的值为（）A.2B.2C.3D.3【答案】D【解析】【分析】设等比数列na的公比为q，分1q和1q两种情况讨论，利用等比数列的求和公式与2511mmamam可求得m的值.【详解】设等比数列na的公比为q.当1q时，2112

2mmSmaSma与29mmSS矛盾，不合乎题意；当1q时，则2122111119111mmmmmmmaqSqqqSqaqq，8mq，又2511mmmamqam，即5181mm，解得3m

.故选：D.【点睛】本题考查等比数列前n项和与等比数列中基本量的计算，考查计算能力，属于中等题.二、填空题13.在ABC中，3DBDC，若12ADABAC，则12的值为________.【答案】316

【解析】【分析】根据3DBDC，利用向量的加法法则和平面向量基本定理得到AD1344ABAC+，再根据12ADABAC，利用待定系数法求解.【详解】因为3DBDC，所以34ADABBDABBC，313444ABACABABAC，又因为12ADABAC

，所以1213,44，所以12316，故答案为：316【点睛】本题主要考查平面向量的基本定理以及加法法则，还考查了运算求解的能力，属于基础题.14.已知在ABC中，ax，3b，60B，若三角形

有两个解，则x的取值范围是________.【答案】3,23【解析】【分析】由ABC有两解得出sinaBba，由此可解得x的取值范围.【详解】在ABC中，ax，3b，30B，且该三角形有两解，则sinaBba，即332xx，解得323x

.故答案为：3,23.【点睛】本题考查利用三角形有多解求参数，考查计算能力，属于中等题.15.在棱长为1的正方体上，分别用过共顶点的三条棱中点的平面截该正方体，则截去8个三棱锥后，剩下的几何体的体积是__________．【答案】56【解析】【详解】【分析】111115818322

226VV正方体三棱锥16.已知,abR，且340ab，则128ab的最小值为________.【答案】12【解析】【分析】分析得34ba,再代入128ab利用基本不等式即可

.【详解】34ba,344111112222282222aaaabbaa故答案为12【点睛】本题主要考查了基本不等式的用法,属于基础题型.三、解答题（解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17.已知||1a，||2br.（1）若向量a与向量b的夹角为135

，求||ab；（2）若向量ab与向量a垂直，求向量a与b的夹角.【答案】（1）1（2）45【解析】【分析】（1）给||ab平方化简后将已知数据代入可得21ab，然后开方可得||ab的值；（2）由于向量a

b与向量a垂直，所以0aba，从而求得1ab，再利用向量夹角公式可求得向量a与b的夹角.【详解】解：（1）由已知得2222221212212ababaabb∴1a

b；（2）由已知得0aba，即20aab∴1ab∴12cos,212ababab，∴向量a与b的夹角为45.【点睛】此题考查平面向量的数量积的定义和性质，考查向量夹角公式及计算，

属于基础题.18.设锐角三角形ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c，2sinabA.(1)求B的大小．(2)若33a，5c，求b.【答案】(1)6B(2)7b【解析】【分析】（1）根据正弦定理sinsinabAB可解得角B；（2）由余弦定理，将已知代入，可得b．【详

解】解：（1）由2sinabA，得sin2sinsinABA，又因B为锐角，解得6B．(2)由题得22232cos27252335524572bacacB，解得7b．【点睛】本题考查正，余弦定理解三角形，属于基础题．19.在ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b

，c，已知4B，coscos20AA．（1）求角C；（2）若222bcabc，求ABC的面积．【答案】（1）512C；（2）313ABCS△【解析】【分析】(1)直接化简coscos20AA得A的值

，即得C的值.(2)利用余弦定理化简222bcabc得2a，再利用正弦定理求3263c，再求出ABC的面积．【详解】（1）因为coscos20AA，所以22coscos10AA，解

得1cos2A或cos1A（舍去），所以3A，又4B，所以512C．（2）在ABC中，3A，由余弦定理可得222222cosabcbcAbcbc，又222bcabc，所以22aa，解

得2a（负值舍去），又562sinsin124C，由正弦定理sinsincaCA可得3263c，所以13sin123ABCSacB△．【点睛】本题主要考查正弦定理余弦定理解三角形，考查三角恒等变换和三角形面积的计算，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分

析推理能力.20.已知数列na满足14a，144nnaa，其中*Nn.设12nnba.（1）求证：数列nb是等差数列；（2）求数列na的通项公式.（3）令114nnncbb，12nnSccc，求证：112nS.【答案】（1）证明见解析；（2）

*22Nnann（3）证明见解析；【解析】【分析】（1）由nb得出124nnnaba，接着证112nnbb即可得出结果；（2）由（1）中的结论求出122nna，进而可解得na；（3）先得111

nnnc=-+，利用“裂项求和”方法求出nS，结合函数111yx的性质可得结果.【详解】（1）证明：因为1111224442nnnnnabaaa，所以1211222222nnnnnnnaabbaaa

，111122ba，所以数列nb是首项为12，公差为12的等差数列.（2）由（1）知12na构成以11122a为首项，12d为公差的等差数列，所以111(1)2222nnna，所以22nan，所以数

列na的通项公式为*22Nnann.（3）111114(1)1nnncbbnnnn，则11111111122311nSnnn易知函数111yx

在(0,)上是增函数，所以112nSS所以112nS.【点睛】本题考查了递推关系、等差数列的通项公式、“裂项求和”方法、不等式的性质，考查了推理能力与计算能力，属于中档题.21.A、B两地相距400千米，一辆货车从A地行驶到B地，规定速度不得超过100千米/时.已

知货车每小时的运输成本（以元为单位）由可变部分和固定部分组成：可变部分与速度v（千米/时）的平方成正比，比例系数为0.01；固定部分为a元(0)a.（1）把全程运输成本y（元）表示为速度v（千米/时）的函数，并指出这个函数的定义域；（2）为了使全程运输成本最小，汽车应

以多大速度行驶？【答案】（1）4004ayvv，(0,100]v（2）见解析【解析】【分析】（1）求出汽车从甲地匀速行驶到乙地所用时间，根据汽车每小时的运输成本由可变部分和固定部分组成，可得全程运输成本及函数的定义域；（2）利

用基本不等式可得40040042480aavvavv，当且仅当4004avv，即10va时取等号，进而分类讨论可得结果.【详解】解：（1）依题意知汽车从甲地匀速行驶到乙地所用时间为400v，则全程运输成本为24004004000.014ayavvvvv，则4004ayvv

，(0,100]v.（2）依题意知a，v都为正数，则40040042480aavvavv，当且仅当4004avv，即10va时取等号.若10100a，即0100a，则当10va时，全程运输成本y最小.若10100a，即100a时，则当(0,100]v时，

可以证明函数4004ayvv是减函数，即此时当100v时，全程运输成本y最小.【点睛】此题考查函数模型的构建，考查基本不等式的运用，解题的关键是构建函数模型，利用基本不等式求最值，属于中档题.22.已知数列na的前n项和2

38nSnn，nb是等差数列，且1nnnabb.（1）求数列nb的通项公式；（2）令112nnnnnacb，求数列nc的前n项和nT.【答案】（1）37nbn（2）232(38)2nnTn【解析】【分

析】（1）对于数列na，利用公式1112nnnSnaSSn，可求得数列na的通项公式；设nb的公差为d，由112223abbabb，可求出1b和d的值，进而得到数列nb的通项公式；（2

）先求出数列nc的通项公式，然后利用错位相减法即可求出数列nc的前n项和nT.【详解】（1）数列na的前n项和238nSnn，当1n时，11385aS，当2n时，221383181611nnnaSSnn

nnn，经检验，15a满足611nan，所以，数列na的通项公式为611nan.设数列nb的公差为d，由112223abbabb，即1152123bdbd，可解得14b，3d，所以，数列nb的通项

公式为37nbn.（2）由（1）知1111(610)(35)2(35)2nnnnnnnnancnnb，又123nnTcccc…，即2341221242(35)2nnTn，34252221242(35)2nnTn

，两式作差，得2341222323232(35)2nnnTn1281283(35)212nnn232(38)2nn所以232382nnTn.【点睛】本题主要考查数列通项公式的求法及错位相减法求和问题

，意在考查学生对这些知识的掌握能力，解题关键是掌握错位相减求和的方法，属于中档题.已知nS求na的方法：利用1112nnnSnaSSn，一定要检验11aS是否适合2n的表达式，若11aS适合2n的表达式，则1(1)nnnaSSn，若不适合，则分段表述.