2019-2020学年陕西省西安市电子科技大学附属中学高二上学期期中数学（理）试题（解析版）

2019-2020学年陕西省西安市电子科技大学附属中学高二上学期期中数学（理）试题（解析版）

‎2019-2020学年陕西省西安市电子科技大学附属中学高二上学期期中数学（理）试题 一、单选题 ‎1．已知数列，则是这个数列的第（ ）项 A．20 B．21 C．22 D．23‎ ‎【答案】D ‎【解析】由，得 即 ， 解得 ， 故选D ‎2．“”是“”的（ ）.‎ A．充要条件 B．充分不必要条件 C．必要而不充分条件 D．既不充分也不必要条件 ‎【答案】B ‎【解析】由可推出，反之由可得到 或，由此可得出结论.‎ ‎【详解】‎ 因为，所以，所以 ‎ ，‎ 反之由可得或，‎ 所以“”是“”的充分不必要条件.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了命题的充分条件、必要条件、充要条件的判断，属于基础题.‎ ‎3．下面四个条件中，使成立的充分而不必要的条件是（ ）.‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】判断成立的充分而不必要条件，需要满足该条件能推出，但是不能推出该条件，然后对四个选项逐个判断即可得出结果.‎ ‎【详解】‎ A项，反之推不出，所以是成立的充分而不必要条件；‎ B项，不能推出，反之不能推出 ‎，所以是成立的既不充分也不必要条件；‎ C项，不能得到，反之时才能得到，所以是成立的既不充分也不必要条件；‎ D项，反之，所以是成立的充要条件.‎ 故选：A ‎【点睛】‎ 本题主要是考查充分条件、必要条件、充要条件的概念，是基础题.‎ ‎4．已知锐角三角形的边长分别为1，3，，则的取值范围是（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】B ‎【解析】根据大边对大角定理知边长为所对的角不是最大角，只需对其他两条边所对的利用余弦定理，即这两角的余弦值为正，可求出的取值范围。‎ ‎【详解】‎ 由题意知，边长为所对的角不是最大角，则边长为或所对的角为最大角，只需这两个角为锐角即可，则这两个角的余弦值为正数，于此得到，‎ 由于，解得，故选：C。‎ ‎【点睛】‎ 本题考查余弦定理的应用，在考查三角形是锐角三角形、直角三角形还是钝角三角形，一般由最大角来决定，并利用余弦定理结合余弦值的符号来进行转化，其关系如下：‎ 为锐角；为直角；为钝角.‎ ‎5．中国古代数学名著九章算术中有这样一个问题：今有牛、马、羊食人苗，苗主责之栗五斗羊主曰：“我羊食半马”马主曰：“我马食半牛 ‎”今欲哀偿之，问各出几何？此问题的译文是：今有牛、马、羊吃了别人的禾苗，禾苗的主人要求赔偿5斗栗羊主人说：“我羊所吃的禾苗只有马的一半”马主人说：“我马所吃的禾苗只有牛的一半”打算按此比率偿还，他们各应偿还多少？已知牛、马、羊的主人各应偿还栗a升，b升，c升，1斗为10升，则下列判断正确的是　　‎ A．a，b，c依次成公比为2的等比数列，且 B．a，b，c依次成公比为2的等比数列，且 C．a，b，c依次成公比为的等比数列，且 D．a，b，c依次成公比为的等比数列，且 ‎【答案】D ‎【解析】由条件知，，依次成公比为的等比数列，三者之和为50升，根据等比数列的前n项和，即故答案为D.‎ ‎6．在中，，则为（ ）.‎ A．等腰三角形 B．直角三角形 C．等腰直角三角形 D．等边三角形 ‎【答案】B ‎【解析】由通过诱导公式辅助角公式化简可得，再由 化简可得，又三角形内角和为，所以 ，进而得出结果.‎ ‎【详解】‎ 由可得即，再由辅助角公式化简得即，又，所以，再由可得，所以，又 ‎，所以，所以，所以为直角三角形.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查三角函数诱导公式、辅助角公式的化简，属于基础题.‎ ‎7．已知为数列的前项和，若恒成立，则整数的最小值为（ ）‎ A．1026 B．1025 C．1024 D．1023‎ ‎【答案】C ‎【解析】因为，所以,,又， 所以整数最小值为1024.故选C．‎ ‎8．已知，，则的取值范围是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】C ‎【解析】利用待定系数法求得，由，，结合，从而可得结果.‎ ‎【详解】‎ 令 则，‎ ‎∴，‎ 又，…∴①‎ ‎，‎ ‎∴…②‎ ‎∴①②得．‎ 则．‎ 故选C．‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查不等式的性质以及指数函数的性质，意在考查综合运用所学知识解答问题的能力，属于中档题.‎ ‎9．某班设计了一个八边形的班徽（如图），它由腰长为1，‎ 顶角为的四个等腰三角形，及其底边构成的正方形所组成，‎ 该八边形的面积为 A．； B．‎ C． D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】【详解】试题分析：利用余弦定理求出正方形面积；利用三角形知识得出四个等腰三角形面积；故八边形面积.故本题正确答案为A.‎ ‎【考点】余弦定理和三角形面积的求解.‎ ‎【方法点晴】‎ 本题是一道关于三角函数在几何中的应用的题目，掌握正余弦定理是解题的关键；首先根据三角形面积公式求出个三角形的面积；接下来利用余弦定理可求出正方形的边长的平方，进而得到正方形的面积，最后得到答案.‎ ‎10．下列命题中为真命题的是(　　)‎ A．命题“若，则”的逆命题 B．命题“，则”的否命题 C．命题“若，则”的否命题 D．命题“若，则”的逆否命题 ‎【答案】A ‎【解析】命题“若,则”的逆命题为“若,则”，所以为真命题；命题“若,则”的否命题为“若,则”，因为-2,但，所以为假命题；命题“若,则”的否命题为“若,则”，因为当时，所以为假命题；命题“若,则”为假命题，所以其逆否命题为假命题，因此选A ‎11．在中，角，，所对应的边分别为，，，若，，则当角取得最大值时，的周长为（ ）‎ A． B． C．3 D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】在△ABC中，由正弦定理得：∵‎ ‎∴A为钝角．∴，‎ 由，‎ 可得，‎ tanB=﹣==≤=，‎ 当且仅当tanC=时取等号．∴B取得最大值时，‎ ‎∴．‎ ‎∴a=2×=．∴a+b+c=2+．故答案为：2+．‎ ‎12．若函数在上的最小值为15，函数,则函数的最小值为（ ）.‎ A．2 B．6 C．4 D．1‎ ‎【答案】C ‎【解析】当，时，由基本不等式可得，又最小值为15，可得出，再由绝对值三角不等式，即可得出结果.‎ ‎【详解】‎ 当，时，‎ ‎，当且仅当时等号成立，由题可得，即，所以，当且仅当 即时等号成立，所以函数的最小值为4.‎ 故选：C ‎【点睛】‎ 本题主要考查基本不等式：，当且仅当时等号成立，绝对值的三角不等式： ，当且仅当时等号成立.‎ 二、填空题 ‎13．若，则的最大值为__________．‎ ‎【答案】-2‎ ‎【解析】 ‎ 当 时取等号 故答案为-2‎ ‎14．设数列满足，则通项公式________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】将变形得到 ‎，然后逐项列举，累加可得到，又，代入即可得出结果.‎ ‎【详解】‎ 由题意可得，所以，， ，上式累加可得 ‎，又，所以.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查由递推公式，用累加法求通项公式.‎ ‎15．已知，如果是假命题，是真命题，则实数的取值范围是_______________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】是假命题，，解得，由是真命题，，解得，实数的取值范围是，故答案为.‎ ‎16．设满足约束条件且的最小值为7，则＝_________.‎ ‎【答案】3‎ ‎【解析】根据约束条件画出可行域，再把目标函数转化为，对参数a分类讨论，当时显然不满足题意；当时，直线经过可行域中的点A时，截距最小，即z有最小值，再由最小值为7，得出结果；当时，的截距没有最小值，即z没有最小值；当时，的截距没有最大值，即z没有最小值，综上可得出结果.‎ ‎【详解】‎ 根据约束条件画出可行域如下：由，可得出交点，‎ 由可得，当时显然不满足题意；‎ 当即时，由可行域可知当直线经过可行域中的点A时，截距最小，即z有最小值，即，解得或（舍）；‎ 当即时，由可行域可知的截距没有最小值，即z没有最小值；‎ 当即时，根据可行域可知的截距没有最大值，即z没有最小值.‎ 综上可知满足条件时.‎ 故答案为：3.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查线性规划问题，约束条件和目标函数中都有参数，要对参数进行讨论.‎ 三、解答题 ‎17．已知命题；命题且是的充分条件，求的取值范围.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】通过不等式求出命题中的取值范围为集合A，中的取值范围为集合B，然后由是的充分条件得出，利用集合的运算即可得出 的取值范围.‎ ‎【详解】‎ 由可得，所以命题：，即集合，由得或，所以命题：或，即集合，因为是的充分条件，所以 ，所以，所以 或，解得，又，所以，所以的取值范围为.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查命题充分条件与集合之间的关系，以及集合的运算，绝对值不等式的解法，灵活运用相关知识是解题的关键.‎ ‎18．若，且满足.‎ ‎(1)求abc的最大值；‎ ‎(2)求的最小值.‎ ‎【答案】(1) (2) ‎ ‎【解析】（1）利用三个正数的算术平均不小于它们的几何平均即可得出结果；‎ ‎（2）由，所以，再利用柯西不等式即可得出结果.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）因为，所以，故.‎ 当且仅当时等号成立，所以abc的最大值为.‎ ‎（2）因为，且，所以根据柯西不等式，可得 ‎.‎ 所以.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查基本不等式和柯西不等式的应用，属于基础题.‎ ‎19．已知在中，角，，的对边分别为，，，且.‎ ‎（1）求的值；‎ ‎（2）若，求面积的最大值.‎ ‎【答案】(1);(2) .‎ ‎【解析】分析：（1）在式子中运用正弦、余弦定理后可得．（2）由经三角变换可得，然后运用余弦定理可得，从而得到，故得．‎ 详解：(1)由题意及正、余弦定理得， ‎ 整理得，‎ ‎∴‎ ‎（2）由题意得，‎ ‎∴，‎ ‎∵， ‎ ‎∴，‎ ‎∴. ‎ 由余弦定理得，‎ ‎∴，‎ ‎ ，当且仅当时等号成立． ‎ ‎∴．‎ ‎∴面积的最大值为．‎ 点睛：（1）正、余弦定理经常与三角形的面积综合在一起考查，解题时要注意整体代换的应用，如余弦定理中常用的变形，这样自然地与三角形的面积公式结合在一起．‎ ‎（2）运用基本不等式求最值时，要注意等号成立的条件，在解题中必须要注明．‎ ‎20．等差数列中，，前项和为，等比数列各项均为正数，，且，的公比.‎ ‎（1）求与；‎ ‎（2）证明：.‎ ‎【答案】解：（1）；‎ ‎（2）证明过程见解析.‎ ‎【解析】（1）由和 可以构成关于的方程组，结合已知，解方程求出，根据等差数列、等比数列的通项公式，写出数列的通项公式；‎ ‎（2）先用等差数列前项和公式求出，再利用裂项相消法求出的值，最后利用函数的单调性证明出不等式成立.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）因为，所以，又因为，所以有，因此有，由题意可知等比数列各项均为正数，故，所以，因此，‎ ‎；‎ ‎（2）因为等差数列的通项公式为，‎ 所以，‎ 因此 ‎，.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了求等差数列、等比数列的通项公式，考查了等差数列前项和公式，考查了用裂项相消法求数列的和证明不等式成立问题.‎ ‎21．选修4-5：不等式选讲 已知函数.‎ ‎（1）求的解集；‎ ‎（2）设函数，，若对任意的都成立，求实数的取值范围.‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】试题分析：（1）化简，即解即，去绝对值求解即可；‎ ‎（2）即的图象恒在图象的上方，作出函数图象，而图象为恒过定点，且斜率的变化的一条直线，右图可得范围.‎ 试题解析：‎ ‎（1） ‎ ‎∴，即，‎ ‎∴①或②或③‎ 解得不等式①：；②：无解；③：‎ 所以的解集为 ‎（2）即的图象恒在图象的上方，‎ 可以作出的图象，‎ 而图象为恒过定点，且斜率的变化的一条直线，作出函数，图象如图，‎ 其中，，∴，由图可知，要使得的图象恒在图象的上方，实数的取值范围应该为.‎