湖南省长沙市高一下学期入学考数学试题（word版含解析）

湖南省长沙市高一下学期入学考数学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．已知，，且，均不为0，那么下列不等式一定成立的是（ ）
A． B．
C． D．
2．内角、、的对边分别是、、，若、、成等差数列，，且，则
A． B． C． D．
3．设向量，若以下三个向量首尾相接能构成三角形，则向量为
A． B． C． D．
4．在等比数列中，，，则（ ）
A．81 B．243 C．729 D．
5．已知函数满足，且，则（ ）
A． B．0 C．1 D．2
6．在中，为边上的中线，E为的中点，则（ ）
A． B．
C． D．
7．cos1200°=
A． B． C． D．
8．集合，集合，则（ ）
A． B． C． D．
9．已知函数，的图象如图所示，则该函数的解析式可能为（ ）
A． B．
C． D．
10．函数的定义域是全体实数，则实数的取值范围是（ ）.
A． B．
C． D．
11．已知，，且，，则
A． B． C． D．
12．已知数列满足，，，则数列前项的和等于
A．162 B．182 C．234 D．346
二、填空题
13．已知不等式的解集为，则不等式的解集为______.
14．在中，三内角对应的三边分别为，若，则角_______．
15．设全集，函数的定义域为，集合，若恰好有两个元素，则的取值的集合_________．
16．已知一个数列的各项是1和2，首项是1，且在第个1和第个1之间有个2，即1，2，1，2，2，1，2，2，2，2，1，2，2，2，2，2，2，2，2，1…，则此数列的前2017项的和______.
三、解答题
17．已知点是函数的图象上一点，数列的前n项和是．
(1)求数列的通项公式；
(2)若，且数列的前n项和为，求的通项公式及最大值．
18．设为等比数列，为其前项和，已知，.
（1）求的通项公式.
（2）求数列的前项和.
19．的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，．
求C；
若，求，的面积
20．已知函数
（Ⅰ）求的最大值；
（Ⅱ）求的最小正周期与单调递增区间
21．已知，其对称轴为，且．
（1）求的解析式；
（2）若对任意及任意，恒成立，求实数的取值范围．
22．已知数列的前项和为，且，．
（1），求证数列是等比数列；
（2）设，求证数列是等差数列；
试卷第页，共页
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参考答案：
1．D
【解析】
【分析】
通过举出反例可以判断ABC是错误的.
【详解】
解：当时，，A错误；
当时，，B错误；
当时，，C错误；
根据不等式两边同时加上一个数，不等号的方向不发生改变，可得D正确.
故选：D.
2．D
【解析】
【分析】
依据条件得，再依据余弦定理，即可求出．
【详解】
依题意知，又，所以
，解得，故选D．
【点睛】
本题主要考查利用余弦定理解三角形以及等差数列定义的应用．
3．D
【解析】
【分析】
利用向量加法、减法的坐标运算，即得解
【详解】
依题意，得.则得
故选：D.
【点睛】
本题考查了平面向量的加减法的应用及坐标运算，考查了学生概念理解，综合分析，数学运算能力，属于基础题
4．B
【解析】
由，，可得，从而得到的值，由可得答案.
【详解】
设等比数列的公比为，由，
则 ，所以.
故选：B
5．B
【解析】
利用可得函数周期为4，进而可得，令得，即可求解.
【详解】
由，得.
所以，又.
所以，所以函数是以4为周期的周期函数.
所以，
在中令得.
故选：B.
【点睛】
本题考查了函数的奇偶性与周期性求函数值，同时考查了求抽象函数的函数值，属于基础题.
6．B
【解析】
【分析】
首先将图画出来，接着应用三角形中线向量的特征，向量的运算法则，用基底表示，从而求得结果.
【详解】
由D为中点，根据向量的运算法则，
可得，
故选：B.
【点睛】
本题考查了平面向量基本定理，涉及到的知识点有三角形的中线向量、向量减法的三角形法则，考查了转化能力，尤其注意向量减法运算的方向问题.
7．B
【解析】
【详解】
原式=cos（3×360°+120°）=cos120°=–cos60°=–，故选B．
8．D
【解析】
【分析】
根据交集定义直接求解即可得到结果.
【详解】
由交集定义可知：.
故选：.
【点睛】
本题考查集合运算的交集运算，属于基础题.
9．A
【解析】
【分析】
在各选择支的函数中取特值计算，并与已知图象比较，采用排除方法可作出判定.
【详解】
取x=0,对于A：；对于B：；对于C：；对于D：，结合图象中f(0)=0,故排除BD.
取x=,对于A：,对于C：,结合图象，可排除C.
故选：A.
【点睛】
本题考查根据图象判定解析式，可以利用特殊值法进行排除.
10．B
【解析】
将定义域为的问题转化为对一切实数都成立，利用二次函数的性质，即可得出实数的取值范围.
【详解】
函数
因此，要使函数的定义域为全体实数，
需满足对一切实数都成立
即解得.
故选：B
【点睛】
本题主要考查了已知函数的定义域求参数的范围，注意把定义域为的问题转化为一元二次不等式在上的恒成立问题，属于中档题.
11．C
【解析】
【分析】
利用，所以，利用两角和的余弦公式展开即可求得．
【详解】
，，且，，
，，
故选C．
【点睛】
本题主要考查了两角和的余弦公式，主动观察发现已知角和未知角之间的关系，将未知角用已知角表示出来，再用公式展开求解即可，是一道基础题．
12．B
【解析】
【详解】
由条件得，所以，因此数列为等差数列．又，，所以．
故．选B．
点睛：
在等差数列项与和的综合运算中，要注意数列性质的灵活应用，如在等差数列中项的下标和的性质，即：若，则与前n项和公式经常结合在一起运用，采用整体代换的思想，以简化解题过程．
13．
【解析】
【分析】
根据不等式的解集可得对应方程的根及二次项系数为负，从而可得，代入后可求该不等式的解.
【详解】
因为不等式的解集为，
所以为方程的两个根且，由韦达定理可得 ，
所以，故可化为，其解为.
故答案为：.
【点睛】
本题考查“三个二次”的关系以及一元二次不等式的解，注意一元二次不等式与其对应的二次函数、二次方程之间的关系是：不等式对应的解的端点是对应方程的根，是二次函数的图像与轴交点的横坐标.
14．
【解析】
【分析】
由数量积的定义可将化为，然后边角互化即可
【详解】
因为
所以
所以
所以
因为，所以可得
因为，所以
故答案为：
【点睛】
本题考查的是运用正余弦定理进行边角互化，较简单.
15．
【解析】
【详解】
试题分析:由可得或,故,而,所以由题设可得,即,故应填答案.
考点：集合的交集运算及绝对值不等式的解法．
【易错点晴】
本题设置了一道以函数的解析式的定义域及集合为背景的零点个数的综合应用问题.其的目的意在考查在数形结合的意识及运用所学知识去分析问题解决问题的能力.解答本题时要充分运用题设中提供的条件信息和条件若恰好有两个元素,建立不等式组,通过解不等式组使得问题获解.
16．4023
【解析】
【分析】
根据题意，利用等比数列前项和公式，可以计算出第个1之前（包括第个1）有多少项，这样可以根据题意求出前2017项有多少个1和多少个2，最后计算求出即可.
【详解】
因为第个1和第个1之间有个2，所以在第个1和第个1之间有个2，因此第个1之前（包括第个1）共有个1和个2，而个2，共有项，因为，
显然在第12个1之前（包括第12个1）共有2058项，而第11个1之前（包括第11个1）共有1033项，所以第2017项出现在第11个1和第12个1之间，因此在第11个1之前（包括第11个1）出现了11个1，个2，从第1034项到第2017项还有个2，因此此数列的前2017项的和.
故答案为：4023
【点睛】
本题考查了等比数列的前项和公式，考查了数学运算能力.
17．(1)
(2)；最大值为
【解析】
【分析】
（1）求出，，利用求出的通项公式；（2）求出，用错位相减法求出，得到为单调递减数列，故最大值为.
(1)
把点代入函数得，所以，
所以数列的前n项和是，当时，；
当时，，所以；
(2)
由，得，所以
，①
．②
由①②得：．
所以．（时也满足）
∵，
∴在为单调递减数列，故当时有最大值为．
18．（1）；（2）.
【解析】
【分析】
（1）根据等比数列前项和与的关系式求出公比，进而求出首项，即可求出结果；
（2）根据（1）的结果求出数列的通项公式，利用错位相减法即可求出结果.
【详解】
（1）∵，∴，
∴，
∴，∴，
令，得，解得，
∴.
（2），
，①
，②
①-②得，
∴.
19．(1)．(2)．
【解析】
【分析】
由已知利用正弦定理，同角三角函数基本关系式可求，结合范围，可求，由已知利用二倍角的余弦函数公式可得，结合范围，可求A，根据三角形的内角和定理即可解得C的值．
由及正弦定理可得b的值，根据两角和的正弦函数公式可求sinC的值，进而根据三角形的面积公式即可求解．
【详解】
由已知可得，
又由正弦定理，可得，即，
，
，
，即，
又，
，或舍去，可得，
．
，，，
由正弦定理，可得，
，
．
【点睛】
本题主要考查了正弦定理，同角三角函数基本关系式，二倍角的余弦函数公式，三角形的内角和定理，两角和的正弦函数公式，三角形的面积公式等知识在解三角形中的应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题．
20．（Ⅰ）最大值为2（Ⅱ）最小正周期为 ，增区间为，
【解析】
【分析】
化简函数f（x）为正弦型函数（Ⅰ）利用正弦函数的图象与性质求f（x）的最大值；（Ⅱ）求出f（2x）的解析式，利用正弦函数的图象与性质求出它的最小正周期和单调递增区间．
【详解】
（Ⅰ）因为，故最大值为2
（Ⅱ），最小正周期为
令，解得
故增区间为，
【点睛】
本题主要考查两角和差的正弦公式、二倍角公式的应用，考查三角函数的周期及求法以及正弦函数的单调区间，属于基础题.
21．（1）；（2）.
【解析】
【分析】
（1）由二次函数的对称轴可得出的值，再由可求出实数的值，从而可得出函数的解析式；
（2）由题意知，对任意的及任意，不等式恒成立，可得出和均满足不等式，由此可得出不等式组对任意的恒成立，利用参变量分离法得出，分别求出函数、在区间的最小值，可解出实数的取值范围.
【详解】
（1）二次函数的对称轴为直线，得，
则，又，；
（2）由题意知，不等式对任意的及任意恒成立，构造函数，
由题意可得对任意的恒成立，
所以对任意的恒成立，
对于函数，当时，由基本不等式得，当且仅当时，等号成立，所以在区间上的最小值为，，得；
由于函数在区间上单调递增，则当时，函数取得最小值，，解得.
综上所述，实数的取值范围是.
【点睛】
本题考查二次函数解析式的求解，同时也考查了二次不等式的恒成立问题，涉及主元法，在解题时充分利用参变量分离法的思想进行求解，可简化计算，考查分析问题和解决问题的能力，属于难题.
22．（1）证明见解析；（2）证明见解析.
【解析】
【分析】
（1）根据数列中与的关系化简递推关系式，由等比数列的定义证明；
（2）由（1）求出，两边同除以即可求证.
【详解】
（1），
，
两式相减，得，
即
，
，
又由题设，得，即，
，
∴是首项为3，公比为2的等比数列；
（2）由（1）得，
，
，即．
∴数列是首项为，公差为的等差数列；
【点睛】
关键点点睛：根据递推关系式证明数列为等差或等比数列，一般需要结合等差等比数列的定义，有方向的变形，得到所需要的的式子即可求证，属于中档题.
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