数学卷·2018届河南省新乡市延津高中高二上学期期中数学试卷（文科） （解析版）

数学卷·2018届河南省新乡市延津高中高二上学期期中数学试卷（文科） （解析版）

全*品*高*考*网， 用后离不了！2016-2017学年河南省新乡市延津高中高二（上）期中数学试卷（文科）‎ ‎　‎ 一、选择题：（本大题共12小题，每小题5分，满分60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．△ABC中，A=45°，B=30°，a=10，则b=（　　）‎ A．5 B．10 C．10 D．5‎ ‎2．下列命题中，正确的是（　　）‎ A．若a＞b，c＞d，则a＞c B．若ac＞bc，则a＞b C．若＜，则a＜b D．若a＞b，c＞d，则ac＞bd ‎3．设x，y∈R，则“x≥2且y≥2”是“x2+y2≥4”的（　　）‎ A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 ‎4．已知{an}为等比数列，a4+a7=2，a5a6=﹣8，则a1+a10=（　　）‎ A．7 B．5 C．﹣5 D．﹣7‎ ‎5．若a，b∈R，且ab＞0，则下列不等式中，恒成立的是（　　）‎ A．a2+b2＞2ab B． C． D．‎ ‎6．数列{an}中，a1=1，a2=2，an+2=an+1﹣an，则{an}的前51项和S51=（　　）‎ A．1 B．2 C．3 D．4‎ ‎7．在△ABC中，b=3，c=3，B=30°，则a的值为（　　）‎ A．3 B．23 C．3 D．2‎ ‎8．已知0＜x＜1，a=2，b=1+x，c=，则其中最大的是（　　）‎ A．a B．b C．c D．不确定 ‎9．在△ABC中，cos2B＞cos2A是A＞B的（　　）‎ A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 ‎10．实数x，y满足不等式组，则ω=的取值范围是（　　）‎ A．[﹣，] B．[﹣1，] C．[﹣1，1） D．[﹣，1）‎ ‎11．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若，且A、B、C三点共线（该直线不过原点O），则S200=（　　）‎ A．100 B．101 C．200 D．201‎ ‎12．设a＞0，b＞0，且不等式++≥0恒成立．则实数k的最小值等于（　　）‎ A．4 B．0 C．﹣2 D．﹣4‎ ‎　‎ 二、填空题：（共4小题，每小题5分，共20分）‎ ‎13．在等比数列{an}中，若a4=5，a8=6，则a2a10=　　．‎ ‎14．不等式﹣6x2﹣x+2≤0的解集是　　．‎ ‎15．已知x＞0，y＞0，x+2y=16，则xy的最大值为　　．‎ ‎16．设x，y满足约束条件，若目标函数z=ax+by（a＞0，b＞0）的最大值为6，则的最小值为　　．‎ ‎　‎ 三、解答题：本题共6小题，共70分．‎ ‎17．设锐角三角形ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，a=2bsinA ‎（Ⅰ）求B的大小；‎ ‎（Ⅱ）若，c=5，求b．‎ ‎18．在△ABC中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，且a=2，cosB=．‎ ‎（1）若b=4，求sinA的值；‎ ‎（2）若△ABC的面积S△ABC=4，求b、c的值．‎ ‎19．设等差数列{an}第10项为24，第25项为﹣21．‎ ‎（1）求这个数列的通项公式；‎ ‎（2）设Sn为其前n项和，求使Sn取最大值时的n值．‎ ‎20．关于x的不等式：x2﹣（1+a）x+a＞0．‎ ‎（1）当a=2时，求不等式的解集；‎ ‎（2）当a∈R时，解不等式．‎ ‎21．在△ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，面积为S，已知acos2+ccos2=b ‎（1）求证：a、b、c成等差数列；‎ ‎（2）若B=，S=4 求b．‎ ‎22．已知{an}是公比为q的等比数列，且a1，a3，a2成等差数列．‎ ‎（Ⅰ）求q的值；‎ ‎（Ⅱ）设{bn}是以2为首项，q为公差的等差数列，其前n项和为Sn，当n≥2时，比较Sn与bn的大小，并说明理由．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年河南省新乡市延津高中高二（上）期中数学试卷（文科）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题：（本大题共12小题，每小题5分，满分60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．△ABC中，A=45°，B=30°，a=10，则b=（　　）‎ A．5 B．10 C．10 D．5‎ ‎【考点】正弦定理．‎ ‎【分析】根据题意，由正弦定理可得=，变形可得b=，带入数据计算可得答案．‎ ‎【解答】解：根据题意，△ABC中，有=，则b=，‎ 又由A=45°，B=30°，a=10，‎ 则b===5；‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎2．下列命题中，正确的是（　　）‎ A．若a＞b，c＞d，则a＞c B．若ac＞bc，则a＞b C．若＜，则a＜b D．若a＞b，c＞d，则ac＞bd ‎【考点】不等式比较大小．‎ ‎【分析】对于A，B，D举例即可判断，对于C根据不等式的性质即可判断 ‎【解答】解：对于A：若a=﹣2，b=﹣3，c=1，d=﹣2，则不成立，‎ 对于B：若c≤0，则不成立，‎ 对于C：根据不等式的性质两边同乘以c2，则a＜b，故成立，‎ 对于D：若a=1，b=﹣1，c=﹣1，d=﹣2，则不成立，‎ 故选：C ‎　‎ ‎3．设x，y∈R，则“x≥2且y≥2”是“x2+y2≥4”的（　　）‎ A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 ‎【考点】必要条件、充分条件与充要条件的判断．‎ ‎【分析】由“x≥2且y≥2”推出“x2+y2≥4”可证明充分性；由满足“x2+y2≥4”可举出反例推翻“x≥2且y≥2”，则证明不必要性，综合可得答案．‎ ‎【解答】解：若x≥2且y≥2，则x2≥4，y2≥4，所以x2+y2≥8，即x2+y2≥4；‎ 若x2+y2≥4，则如（﹣2，﹣2）满足条件，但不满足x≥2且y≥2．‎ 所以“x≥2且y≥2”是“x2+y2≥4”的充分而不必要条件．‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎4．已知{an}为等比数列，a4+a7=2，a5a6=﹣8，则a1+a10=（　　）‎ A．7 B．5 C．﹣5 D．﹣7‎ ‎【考点】等比数列的性质；等比数列的通项公式．‎ ‎【分析】由a4+a7=2，及a5a6=a4a7=﹣8可求a4，a7，进而可求公比q，代入等比数列的通项可求a1，a10，即可 ‎【解答】解：∵a4+a7=2，由等比数列的性质可得，a5a6=a4a7=﹣8‎ ‎∴a4=4，a7=﹣2或a4=﹣2，a7=4‎ 当a4=4，a7=﹣2时，，‎ ‎∴a1=﹣8，a10=1，‎ ‎∴a1+a10=﹣7‎ 当a4=﹣2，a7=4时，q3=﹣2，则a10=﹣8，a1=1‎ ‎∴a1+a10=﹣7‎ 综上可得，a1+a10=﹣7‎ 故选D ‎　‎ ‎5．若a，b∈R，且ab＞0，则下列不等式中，恒成立的是（　　）‎ A．a2+b2＞2ab B． C． D．‎ ‎【考点】基本不等式．‎ ‎【分析】利用基本不等式需注意：各数必须是正数．不等式a2+b2≥2ab的使用条件是a，b∈R．‎ ‎【解答】解：对于A；a2+b2≥2ab所以A错 对于B，C，虽然ab＞0，只能说明a，b同号，若a，b都小于0时，所以B，C错 ‎∵ab＞0‎ ‎∴‎ 故选：D ‎　‎ ‎6．数列{an}中，a1=1，a2=2，an+2=an+1﹣an，则{an}的前51项和S51=（　　）‎ A．1 B．2 C．3 D．4‎ ‎【考点】数列的求和．‎ ‎【分析】根据数列{an}的递推公式，得到an+2=an+1﹣an，又a1=1，a2=2求得各项的值进行相加．由于项数较多，可注意到各项的值是否会出现一定的变化规律，从而为计算带来方便 ‎【解答】解：由a1=1，a2=2，an+2=an+1﹣an，‎ 得a3=2﹣1=1，a4=﹣1，a5=﹣2，a6=﹣1，a7=1，a8=2，…数列{an}各项的值重复出现 ‎∴s51=（a1+a2+a3+a4+a5+a6）+（a7+a8+…a12）+…+（a49+a50+…+a51）=0+0+…+0+1+2=1=4‎ 故选：D ‎　‎ ‎7．在△ABC中，b=3，c=3，B=30°，则a的值为（　　）‎ A．3 B．23 C．3 D．2‎ ‎【考点】余弦定理．‎ ‎【分析】由已知及余弦定理即可计算得解．‎ ‎【解答】解：∵b=3，c=3，B=30°，‎ ‎∴由余弦定理b2=a2+c2﹣2accosB，可得：9=a2+9﹣2×，整理可得：a=3．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎8．已知0＜x＜1，a=2，b=1+x，c=，则其中最大的是（　　）‎ A．a B．b C．c D．不确定 ‎【考点】基本不等式；不等式比较大小．‎ ‎【分析】利用基本不等式的性质可得，1﹣x2＜1，即．即可得出．‎ ‎【解答】解：∵0＜x＜1，a=2，b=1+x，c=，‎ ‎∴，1﹣x2＜1，即．‎ ‎∴a＜b＜c．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎9．在△ABC中，cos2B＞cos2A是A＞B的（　　）‎ A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 ‎【考点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；二倍角的余弦．‎ ‎【分析】先判断p⇒q与q⇒p的真假，再根据充要条件的定义给出结论；也可判断命题p与命题q所表示的范围，再根据“谁大谁必要，谁小谁充分”的原则，判断命题p与命题q的关系．‎ ‎【解答】解：cos2B＞cos2A ‎⇔1﹣2sin2B＞1﹣2sin2A ‎⇔sin2B＜sin2A ‎⇔sinA＞sinB ‎⇔A＞B．‎ 故cos 2B＞cos 2A是A＞B的充要条件．‎ 故选C ‎　‎ ‎10．实数x，y满足不等式组，则ω=的取值范围是（　　）‎ A．[﹣，] B．[﹣1，] C．[﹣1，1） D．[﹣，1）‎ ‎【考点】简单线性规划．‎ ‎【分析】根据已知的约束条件，画出满足约束条件的可行域，分析表示的几何意义，结合图象即可给出的取值范围．‎ ‎【解答】解：约束条件对应的平面区域如下图示：‎ 表示可行域内的点（x，y）与点（﹣1，1）连线的斜率，‎ 由图可知的取值范围是，‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎11．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若，且A、B、C三点共线（该直线不过原点O），则S200=（　　）‎ A．100 B．101 C．200 D．201‎ ‎【考点】等差数列的前n项和．‎ ‎【分析】由三点共线得a1+a200=1，再由等差数列前n项和公式解得．‎ ‎【解答】解：∵A，B，C三点共线 ‎∴a1+a200=1‎ 又∵‎ ‎∴s200=100‎ 故选A ‎　‎ ‎12．设a＞0，b＞0，且不等式++≥0恒成立．则实数k的最小值等于（　　）‎ A．4 B．0 C．﹣2 D．﹣4‎ ‎【考点】函数恒成立问题．‎ ‎【分析】先分离出参数k，得k≥﹣（+）（a+b），然后利用基本不等式求得﹣（+）（a+b）的最大值即可．‎ ‎【解答】解：由++≥0，得k≥﹣（+）（a+b），‎ ‎∵﹣（+）（a+b）=﹣（2+）=﹣4，‎ 当且仅当a=b时取等号，‎ ‎∴k≥﹣4，即实数k的最小值等于﹣4，‎ 故选：D．‎ ‎　‎ 二、填空题：（共4小题，每小题5分，共20分）‎ ‎13．在等比数列{an}中，若a4=5，a8=6，则a2a10=　30　．‎ ‎【考点】等比数列的通项公式．‎ ‎【分析】由等比数列的性质可得a2a10=a4a8，代值计算可得．‎ ‎【解答】解：由等比数列的性质可得a2a10=a4a8，‎ 又∵a4=5，a8=6，‎ ‎∴a2a10=5×6=30，‎ 故答案为：30．‎ ‎　‎ ‎14．不等式﹣6x2﹣x+2≤0的解集是　{x|x≥，或x≤﹣}　．‎ ‎【考点】一元二次不等式的解法．‎ ‎【分析】先求出方程﹣6x2﹣x+2=0的实数根，结合二次函数图象，写出不等式﹣6x2﹣x+2≤0的解集．‎ ‎【解答】解：方程﹣6x2﹣x+2=0的实数根是 x1=，x2=﹣；‎ ‎∴不等式﹣6x2﹣x+2≤0的解集是 ‎{x|x≥，或x≤﹣}．‎ 故答案为：{x|x≥，或x≤﹣}．‎ ‎　‎ ‎15．已知x＞0，y＞0，x+2y=16，则xy的最大值为　32　．‎ ‎【考点】基本不等式．‎ ‎【分析】变形为x与2y的乘积，再利用基本不等式求xy的最大值即可．‎ ‎【解答】解：，当且仅当x=2y=8时取等号．‎ 故答案为32．‎ ‎　‎ ‎16．设x，y满足约束条件，若目标函数z=ax+by（a＞0，b＞0）的最大值为6，则的最小值为　　．‎ ‎【考点】简单线性规划；基本不等式．‎ ‎【分析】作出不等式组对应的平面区域，利用目标函数的几何意义，确定z取最大值点的最优解，利用基本不等式的性质，利用数形结合即可得到结论．‎ ‎【解答】解：作出不等式组对应的平面区域如图：‎ 由z=ax+by（a＞0，b＞0）得y=，‎ 则直线的斜率k=＜0，截距最大时，z也最大．‎ 平移直y=，由图象可知当直线y=经过点A时，‎ 直线y=的截距最大，此时z最大，‎ 由，解得，‎ 即A（4，6），‎ 此时z=4a+6b=6，‎ 即，‎ ‎∴=（）（）=，‎ 当且仅当，即a=时取等号，此时b=，a=3﹣时取等号．．‎ 故答案为：‎ ‎　‎ 三、解答题：本题共6小题，共70分．‎ ‎17．设锐角三角形ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，a=2bsinA ‎（Ⅰ）求B的大小；‎ ‎（Ⅱ）若，c=5，求b．‎ ‎【考点】正弦定理的应用；余弦定理的应用．‎ ‎【分析】（1）根据正弦定理将边的关系化为角的关系，然后即可求出角B的正弦值，再由△ABC为锐角三角形可得答案．‎ ‎（2）根据（1）中所求角B的值，和余弦定理直接可求b的值．‎ ‎【解答】解：（Ⅰ）由a=2bsinA，‎ 根据正弦定理得sinA=2sinBsinA，所以，‎ 由△ABC为锐角三角形得．‎ ‎（Ⅱ）根据余弦定理，得b2=a2+c2﹣2accosB=27+25﹣45=7．‎ 所以，．‎ ‎　‎ ‎18．在△ABC中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，且a=2，cosB=．‎ ‎（1）若b=4，求sinA的值；‎ ‎（2）若△ABC的面积S△ABC=4，求b、c的值．‎ ‎【考点】余弦定理．‎ ‎【分析】（1）由cosB=＞0，且0＜B＜π，可得sinB=．再利用正弦定理即可得出．‎ ‎（2）由S△ABC=acsinB=，解得c，再利用余弦定理即可得出．‎ ‎【解答】解：（1）∵cosB=＞0，且0＜B＜π，∴sinB==．‎ 由正弦定理得=，∴sinA===．‎ ‎（2）∵S△ABC=acsinB=×=4，∴c=5．‎ 由余弦定理得b2=a2+c2﹣2accosB=22+52﹣2×2×5×=17，∴b=．‎ ‎　‎ ‎19．设等差数列{an}第10项为24，第25项为﹣21．‎ ‎（1）求这个数列的通项公式；‎ ‎（2）设Sn为其前n项和，求使Sn取最大值时的n值．‎ ‎【考点】等差数列的前n项和；等差数列的通项公式．‎ ‎【分析】（1）由等差数列{an}第10项为24，第25项为﹣21，利用等差数列的通项公式建立方程组求出等差数列的首项和公差，由此能求出这个数列的通项公式．‎ ‎（2）由a1=51，d=﹣3，知Sn=51n+=﹣+，利用配方法能求出使Sn取最大值时的n值．‎ ‎【解答】解：（1）∵等差数列{an}第10项为24，第25项为﹣21，‎ ‎∴，‎ 解得a1=51，d=﹣3，‎ ‎∴an=51+（n﹣1）×（﹣3）=﹣3n+54．‎ ‎（2）∵a1=51，d=﹣3，‎ ‎∴Sn=51n+=﹣+=﹣（n﹣）2+，‎ ‎∴n=16，或n=17时，Sn取最大值．‎ ‎　‎ ‎20．关于x的不等式：x2﹣（1+a）x+a＞0．‎ ‎（1）当a=2时，求不等式的解集；‎ ‎（2）当a∈R时，解不等式．‎ ‎【考点】一元二次不等式的解法．‎ ‎【分析】（1）通过因式分解，即可解出；‎ ‎（2）通过对a与1的大小关系分类讨论即可得出．‎ ‎【解答】解：（1）当a=2时，原不等式化为x2﹣3x+2＞0，即（x﹣1）（x﹣2）＞0，解得x＞2或x＜1．‎ ‎∴原不等式的解集为{x|x＞2或x＜1}．‎ ‎（2）原式等价于（x﹣a）（x﹣1）＞0，‎ 当a＞1时，解得x＞a或x＜1，故解集是{x|x＞a或x＜1}；‎ 当a=1时，不等式化为（x﹣1）2＞0，故其解集是{x|x≠1}；‎ 当a＜1时，解得x＞1或x＜a，故解集是{x|x＞1或x＜a}．‎ ‎　‎ ‎21．在△ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，面积为S，已知acos2+ccos2=b ‎（1）求证：a、b、c成等差数列；‎ ‎（2）若B=，S=4 求b．‎ ‎【考点】余弦定理；正弦定理．‎ ‎【分析】（1）已知等式利用正弦定理化简，再利用二倍角的余弦函数公式及两角和与差的正弦函数公式变形，整理后再利用正弦定理化简，利用等差数列的性质判断即可得证；‎ ‎（2）利用三角形面积公式列出关系式，把sinB与已知面积代入求出ac的值，利用余弦定理列出关系式，整理得出b的值即可．‎ ‎【解答】解：（1）由正弦定理得：sinAcos2+sinCcos2=sinB，‎ 即sinA•+sinC•=sinB，‎ ‎∴sinA+sinC+sinAcosC+cosAsinC=3sinB，即sinA+sinC+sin（A+C）=3sinB，‎ ‎∵sin（A+C）=sinB，‎ ‎∴sinA+sinC=2sinB，‎ 由正弦定理化简得：a+c=2b，‎ ‎∴a，b，c成等差数列；‎ ‎（2）∵S=acsinB=ac=4，‎ ‎∴ac=16，‎ 又b2=a2+c2﹣2accosB=a2+c2﹣ac=（a+c）2﹣3ac，‎ 由（1）得：a+c=2b，‎ ‎∴b2=4b2﹣48，即b2=16，‎ 解得：b=4．‎ ‎　‎ ‎22．已知{an}是公比为q的等比数列，且a1，a3，a2成等差数列．‎ ‎（Ⅰ）求q的值；‎ ‎（Ⅱ）设{bn}是以2为首项，q为公差的等差数列，其前n项和为Sn，当n≥2时，比较Sn与bn的大小，并说明理由．‎ ‎【考点】等差数列的前n项和．‎ ‎【分析】（1）由题意可知2a3=a1+a2，根据等比数列通项公式代入a1和q，进而可求得q．‎ ‎（II）讨论当q=1和q=﹣，时分别求得Sn和bn，进而根据Sn﹣bn与0的关系判断Sn与bn的大小，‎ ‎【解答】解：（1）由题意可知，2a3=a1+a2，即a（2q2﹣q﹣1）=0，∴q=1或q=﹣；‎ ‎（II）q=1时，Sn=2n+=，∵n≥2，∴Sn﹣bn=Sn﹣1=＞0‎ 当n≥2时，Sn＞bn．‎ 若q=﹣，则Sn=，同理Sn﹣bn=．‎ ‎∴2≤n≤9时，Sn＞bn，n=10时，Sn=bn，n≥11时，Sn＜bn．‎