数学卷·2018届河南省鹤壁市淇县一中高二上学期期中数学试卷 （解析版）

数学卷·2018届河南省鹤壁市淇县一中高二上学期期中数学试卷 （解析版）

‎2016-2017学年河南省鹤壁市淇县一中高二（上）期中数学试卷 ‎　‎ 一．选择题（每题5分，共60分）‎ ‎1．数列{an}满足a1=1，an+1=2an+1（n∈N+），那么a4的值为（　　）‎ A．4 B．8 C．15 D．31‎ ‎2．设命题甲为：0＜x＜5，命题乙为：|x﹣2|＜3，则甲是乙的（　　）‎ A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分又不必要条件 ‎3．已知a，b，c∈R，则下列推证中正确的是（　　）‎ A．a＞b⇒am2＞bm2 B．‎ C． D．‎ ‎4．在等差数列{an}中，前四项之和为20，最后四项之和为60，前n项之和是100，则项数n为（　　）‎ A．9 B．10 C．11 D．12‎ ‎5．设0＜a＜b且a+b=1，则下列四数中最大的是（　　）‎ A．a2+b2 B．2ab C．a D．‎ ‎6．等比数列的前n项和，前2n项和，前3n项的和分别为A，B，C，则（　　）‎ A．A+B=C B．B2=AC C．（A+B）﹣C=B2 D．A2+B2=A（B+C）‎ ‎7．设x，y满足约束条件，则z=3x+y的最大值为（　　）‎ A．5 B．3 C．7 D．﹣8‎ ‎8．在△ABC中，a=80，b=100，A=45°，则此三角形解的情况是（　　）‎ A．一解 B．两解 C．一解或两解 D．无解 ‎9．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若m＞1，且am﹣1+am+1﹣am2=0，S2m﹣1=38，则m等于（　　）‎ A．38 B．20 C．10 D．9‎ ‎10．若x，y是正数，且+=1，则xy有（　　）‎ A．最大值16 B．最小值 C．最小值16 D．最大值 ‎11．已知△ABC的三个内角之比为A：B：C=3：2：1，那么对应的三边之比a：b：c等于（　　）‎ A．3：2：1 B．：2：1 C．：：1 D．2：：1‎ ‎12．设x，y满足约束条件，则目标函数z=ax+by（a＞0，b＞0）的最大值为12，则+的最小值为（　　）‎ A． B． C．6 D．5‎ ‎　‎ 二．填空题（每题5分，共20分）‎ ‎13．已知数列{an}的前n项和Sn=n2+n，那么它的通项公式为an=　　．‎ ‎14．在△ABC中，已知BC=8，AC=5，三角形面积为12，则cos2C=　　．‎ ‎15．已知A（﹣1，1），B（2，2），若直线l过点P（0，﹣1），且对线段AB相交，则直线l的斜率取值范围是　　．‎ ‎16．给出命题：①x∈R，使x3＜1； ②∃x∈Q，使x2=2；　③∀x∈N，有x3＞x2； ④∀x∈R，有x2+1＞0．‎ 其中的真命题是：　　．‎ ‎　‎ 三．解答题（共60分）‎ ‎17．已知p：|1﹣|≤2，q：x2﹣2x+1﹣m2≤0（m＞0）．若“非p”是“非q”的必要而不充分条件，求实数m的取值范围．‎ ‎18．在△ABC中，a、b、c分别是角A、B、C的对边，且=﹣．‎ ‎（Ⅰ）求角B的大小；‎ ‎（Ⅱ）若b=，a+c=4，求△ABC的面积．‎ ‎19．如图，A，B是海面上位于东西方向相距5（3+）海里的两个观测点，现位于A点北偏东45°，B点北偏西60°的D点有一艘轮船发出求救信号，位于B点南偏西60°且与B点相距20海里的C点的救援船立即即前往营救，其航行速度为30海里/小时，该救援船到达D点需要多长时间？‎ ‎20．已知f（x）=，且满足：a1=1，an+1=f（an）．‎ ‎（1）求证：{}是等差数列．‎ ‎（2）{bn}的前n项和Sn=2n﹣1，若Tn=++…+，求Tn．‎ ‎21．已知p：方程x2+mx+1=0有两个不等的负根；q：方程4x2+4（m﹣2）x+1=0无实根，若“p或q”真“p且q”为假，求m的取值范围．‎ ‎22．设Sn是等差数列{an}的前n项的和，已知S7=7，S15=75，Tn为数列{||}的前n项的和，求Tn．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年河南省鹤壁市淇县一中高二（上）期中数学试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一．选择题（每题5分，共60分）‎ ‎1．数列{an}满足a1=1，an+1=2an+1（n∈N+），那么a4的值为（　　）‎ A．4 B．8 C．15 D．31‎ ‎【考点】数列递推式．‎ ‎【分析】由数列{an}满足a1=1，an+1=2an+1（n∈N+），分别令n=1，2，3，能够依次求出a2，a3和a4．‎ ‎【解答】解：∵数列{an}满足a1=1，an+1=2an+1（n∈N+），‎ ‎∴a2=2a1+1=2+1=3，‎ a3=2a2+1=6+1=7，‎ a4=2a3+1=14+1=15．‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎2．设命题甲为：0＜x＜5，命题乙为：|x﹣2|＜3，则甲是乙的（　　）‎ A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分又不必要条件 ‎【考点】必要条件、充分条件与充要条件的判断．‎ ‎【分析】如果能从命题甲推出命题乙，且能从命题乙推出命题甲，那么 条件乙与条件甲互为充分必要条件，简称充要条件，如果只是其中之一，则是充分不必要条件或是必要不充分条件．‎ ‎【解答】解：∵：|x﹣2|＜3，‎ ‎∴﹣1＜x＜5，‎ 显然，甲⇒乙，但乙不能⇒甲，‎ 故甲是乙的充分不必要条件．‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎3．已知a，b，c∈R，则下列推证中正确的是（　　）‎ A．a＞b⇒am2＞bm2 B．‎ C． D．‎ ‎【考点】不等关系与不等式．‎ ‎【分析】根据不等式两边同乘以0、负数判断出A、B不对，再由不等式两边同乘以正数不等号方向不变判断C对、D不对．‎ ‎【解答】解：A、当m=0时，有am2=bm2，故A不对；B、当c＜0时，有a＜b，故B不对；‎ C、∵a3＞b3，ab＞0，∴不等式两边同乘以（ab）3的倒数，得到，故C正确；‎ D、∵a2＞b2，ab＞0，∴不等式两边同乘以（ab）2的倒数，得到，故D不对．‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎4．在等差数列{an}中，前四项之和为20，最后四项之和为60，前n项之和是100，则项数n为（　　）‎ A．9 B．10 C．11 D．12‎ ‎【考点】等差数列的前n项和．‎ ‎【分析】由题意及等差数列的性质可得 4（a1+an）=20+60=80，解得 a1+an 的值，再利用等差数列的前n项和公式求出项数n的值．‎ ‎【解答】解：由题意及等差数列的性质可得 4（a1+an）=20+60=80，∴a1+an=20．‎ ‎∵前n项之和是100=，解得 n=10，‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎5．设0＜a＜b且a+b=1，则下列四数中最大的是（　　）‎ A．a2+b2 B．2ab C．a D．‎ ‎【考点】不等式比较大小．‎ ‎【分析】根据不等式的性质和作差法即可比较大小 ‎【解答】解：∵0＜a＜b且a+b=1‎ ‎∴‎ ‎∴2b＞1‎ ‎∴2ab﹣a=a（2b﹣1）＞0，即2ab＞a 又a2+b2﹣2ab=（a﹣b）2＞0‎ ‎∴a2+b2＞2ab ‎∴最大的一个数为a2+b2‎ 故选A ‎　‎ ‎6．等比数列的前n项和，前2n项和，前3n项的和分别为A，B，C，则（　　）‎ A．A+B=C B．B2=AC C．（A+B）﹣C=B2 D．A2+B2=A（B+C）‎ ‎【考点】等比数列的性质．‎ ‎【分析】利用等比数列的性质可得，所以，进行整理可得答案．‎ ‎【解答】解：由题意可得：Sn=A，S2n=B，S3n=C．‎ 由等比数列的性质可得：，，‎ 所以，‎ 所以整理可得：A2+B2=A（B+C）．‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎7．设x，y满足约束条件，则z=3x+y的最大值为（　　）‎ A．5 B．3 C．7 D．﹣8‎ ‎【考点】简单线性规划．‎ ‎【分析】首先作出可行域，再作出直线l0：y=﹣3x，将l0平移与可行域有公共点，直线y=﹣3x+z在y轴上的截距最大时，z有最大值，求出此时直线y=﹣3x+z经过的可行域内的点A的坐标，代入z=3x+y中即可．‎ ‎【解答】解：如图，作出可行域，作出直线l0：y=﹣3x，将l0平移至过点A（3，﹣2）处时，函数z=3x+y有最大值7．‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎8．在△ABC中，a=80，b=100，A=45°，则此三角形解的情况是（　　）‎ A．一解 B．两解 C．一解或两解 D．无解 ‎【考点】正弦定理．‎ ‎【分析】由a，b及sinA的值，利用正弦定理即可求出sinB的值，发现B的值有两种情况，即得到此三角形有两解．‎ ‎【解答】解：由正弦定理得： =，‎ 即sinB==，‎ 则B=arcsin或π﹣arcsin，‎ 即此三角形解的情况是两解．‎ 故选B ‎　‎ ‎9．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若m＞1，且am﹣1+am+1﹣am2=0，S2m﹣1=38，则m等于（　　）‎ A．38 B．20 C．10 D．9‎ ‎【考点】等差数列的前n项和．‎ ‎【分析】可得：am﹣1+am+1=2am，代入am﹣1+am+1﹣am2=0中，即可求出第m项的值，再由求和公式代入已知可得m的方程，解之可得．‎ ‎【解答】解：根据等差数列的性质可得：am﹣1+am+1=2am，‎ 则am﹣1+am+1﹣am2=am（2﹣am）=0，‎ 解得：am=0或am=2，‎ 若am等于0，显然S2m﹣1=‎ ‎=（2m﹣1）am=38不成立，故有am=2，‎ ‎∴S2m﹣1=（2m﹣1）am=4m﹣2=38，‎ 解得m=10．‎ 故选C ‎　‎ ‎10．若x，y是正数，且+=1，则xy有（　　）‎ A．最大值16 B．最小值 C．最小值16 D．最大值 ‎【考点】基本不等式．‎ ‎【分析】由题意可得+=1≥2=4，可得≤，即xy≥16，从而得到结论．‎ ‎【解答】解：由于x，y是正数，且+=1，∴+=1≥2=4，∴≤，∴xy≥16，‎ 当且仅当 == 时，等号成立，‎ ‎∴xy有最小值为 16，‎ 故选 C．‎ ‎　‎ ‎11．已知△ABC的三个内角之比为A：B：C=3：2：1，那么对应的三边之比a：b：c等于（　　）‎ A．3：2：1 B．：2：1 C．：：1 D．2：：1‎ ‎【考点】正弦定理的应用．‎ ‎【分析】由A+B+C=π，可得C=，从而得到三内角的值．再由正弦定理可得三边之比a：b：c=sinA：sinB：sinC，运算求得结果．‎ ‎【解答】解：∵已知△ABC的三个内角之比为A：B：C=3：2：1，∴有B=2C，A=3C，再由A+B+C=π，可得C=，‎ 故三内角分别为 A=、B=、C=．‎ 再由正弦定理可得三边之比a：b：c=sinA：sinB：sinC=1：： =2：：1，‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎12．设x，y满足约束条件，则目标函数z=ax+by（a＞0，b＞0）的最大值为12，则+的最小值为（　　）‎ A． B． C．6 D．5‎ ‎【考点】简单线性规划．‎ ‎【分析】画出不等式组表示的平面区域，求出直线x﹣y+2=0与直线3x﹣y﹣6=0的交点（4，6）时，观察当目标函数过（4，6）时，取得最大12，即4a+6b=12，即2a+3b=6，要求+的最小值，先用乘“1”法进而用基本不等式即可求得最小值．‎ ‎【解答】解：不等式组表示的平面区域如图所示阴影部分，‎ 当直线ax+by=z（a＞0，b＞0）‎ 过直线x﹣y+2=0与直线3x﹣y﹣6=0的交点（4，6）时，‎ 目标函数z=ax+by（a＞0，b＞0）取得最大12，‎ 即4a+6b=12，即2a+3b=6，而=（）‎ ‎=+（）≥=，当且仅当a=b=，取最小值．‎ 故选B．‎ ‎　‎ 二．填空题（每题5分，共20分）‎ ‎13．已知数列{an}的前n项和Sn=n2+n，那么它的通项公式为an=　2n　．‎ ‎【考点】等差数列的前n项和；数列递推式．‎ ‎【分析】由题意知得，由此可知数列{an}的通项公式an．‎ ‎【解答】解：a1=S1=1+1=2，‎ an=Sn﹣Sn﹣1=（n2+n）﹣[（n﹣1）2+（n﹣1）]‎ ‎=2n．‎ 当n=1时，2n=2=a1，‎ ‎∴an=2n．‎ 故答案为：2n．‎ ‎　‎ ‎14．在△ABC中，已知BC=8，AC=5，三角形面积为12，则cos2C=　　．‎ ‎【考点】余弦定理的应用．‎ ‎【分析】先通过BC=8，AC=5，三角形面积为12求出sinC的值，再通过余弦函数的二倍角公式求出答案．‎ ‎【解答】解：∵已知BC=8，AC=5，三角形面积为12，‎ ‎∴•BC•ACsinC=12‎ ‎∴sinC=‎ ‎∴cos2C=1﹣2sin2C=1﹣2×=‎ 故答案为：‎ ‎　‎ ‎15．已知A（﹣1，1），B（2，2），若直线l过点P（0，﹣1），且对线段AB相交，则直线l的斜率取值范围是　k≤﹣2或k≥　．‎ ‎【考点】直线的斜率．‎ ‎【分析】直接由题意画出图形，求出P与AB端点连线的斜率得答案．‎ ‎【解答】解：如图，‎ ‎∵kPA==﹣2，kPB==，‎ ‎∴直线l的斜率的取值范围是k≤﹣2或k≥．‎ 故答案是：k≤﹣2或k≥．‎ ‎　‎ ‎16．给出命题：①x∈R，使x3＜1； ②∃x∈Q，使x2=2；　③∀x∈N，有x3＞x2； ④∀x∈R，有x2+1＞0．‎ 其中的真命题是：　①④　．‎ ‎【考点】命题的真假判断与应用．‎ ‎【分析】根据实数的性质，逐一分析给定四个命题的真假，可得答案．‎ ‎【解答】解：①x＜0∈R，使x3＜1，故为真命题； ‎ ‎ ②若x2=2，则x=±，故∃x∈Q，使x2=2为假命题；　‎ ‎③当x≤1时，x3≤x2，故∀x∈N，有x3＞x2为假命题； ‎ ‎④∀x∈R，有x2+1≥1＞0，故为真命题．‎ 故答案为：①④‎ ‎　‎ 三．解答题（共60分）‎ ‎17．已知p：|1﹣|≤2，q：x2﹣2x+1﹣m2≤0（m＞0）．若“非p”是“非q”的必要而不充分条件，求实数m的取值范围．‎ ‎【考点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；一元二次不等式的解法；绝对值不等式的解法．‎ ‎【分析】思路一：“按题索骥”﹣﹣解不等式，求否命题，再根据充要条件的集合表示进行求解；‎ 思路二：本题也可以根据四种命题间的关系进行等价转换，然后再根据充要条件的集合表示进行求解．‎ ‎【解答】解：解法一：由p：|1﹣|≤2，解得﹣2≤x≤10，‎ ‎∴“非p”：A={x|x＞10或x＜﹣2}、‎ 由q：x2﹣2x+1﹣m2≤0，解得1﹣m≤x≤1+m（m＞0）‎ ‎∴“非q”：B={x|x＞1+m或x＜1﹣m，m＞0=‎ 由“非p”是“非q”的必要而不充分条件可知：B⊆A.解得m≥9．‎ ‎∴满足条件的m的取值范围为{m|m≥9}．‎ 解法二：由“非p”是“非q”的必要而不充分条件．即“非q”⇒“非p”，但“非p” “非q”，可以等价转换为它的逆否命题：“p⇒q，但qp”．即p是q的充分而不必要条件．‎ 由|1﹣|≤2，解得﹣2≤x≤10，‎ ‎∴p={x|﹣2≤x≤10}‎ 由x2﹣2x+1﹣m2≤0，解得1﹣m≤x≤1+m（m＞0）‎ ‎∴q={x|1﹣m≤x≤1+m，m＞0}‎ 由p是q的充分而不必要条件可知：‎ p⊆q⇔解得m≥9．‎ ‎∴满足条件的m的取值范围为{m|m≥9}．‎ ‎　‎ ‎18．在△ABC中，a、b、c分别是角A、B、C的对边，且=﹣．‎ ‎（Ⅰ）求角B的大小；‎ ‎（Ⅱ）若b=，a+c=4，求△ABC的面积．‎ ‎【考点】解三角形．‎ ‎【分析】（1）根据正弦定理表示出a，b及c，代入已知的等式，利用两角和的正弦函数公式及诱导公式变形后，根据sinA不为0，得到cosB的值，由B的范围，利用特殊角的三角函数值即可求出角B的度数；‎ ‎（2）由（1）中得到角B的度数求出sinB和cosB的值，根据余弦定理表示出b2，利用完全平方公式变形后，将b，a+c及cosB的值代入求出ac的值，然后利用三角形的面积公式表示出△ABC的面积，把ac与sinB的值代入即可求出值．‎ ‎【解答】解：（1）由正弦定理得：‎ a=2RsinA，b=2RsinB，c=2RsinC，‎ 将上式代入已知，‎ 即2sinAcosB+sinCcosB+cosCsinB=0，‎ 即2sinAcosB+sin（B+C）=0，‎ ‎∵A+B+C=π，‎ ‎∴sin（B+C）=sinA，‎ ‎∴2sinAcosB+sinA=0，即sinA（2cosB+1）=0，‎ ‎∵sinA≠0，∴，‎ ‎∵B为三角形的内角，∴；‎ ‎（II）将代入余弦定理b2=a2+c2﹣2accosB得：‎ b2=（a+c）2﹣2ac﹣2accosB，即，‎ ‎∴ac=3，‎ ‎∴．‎ ‎　‎ ‎19．如图，A，B是海面上位于东西方向相距5（3+）海里的两个观测点，现位于A点北偏东45°，B点北偏西60°的D点有一艘轮船发出求救信号，位于B点南偏西60°且与B点相距20海里的C点的救援船立即即前往营救，其航行速度为30海里/小时，该救援船到达D点需要多长时间？‎ ‎【考点】解三角形的实际应用．‎ ‎【分析】先根据内角和求得∠DAB和，∠DBA及进而求得∠ADB，在△ADB中利用正弦定理求得DB的长，进而利用里程除以速度即可求得时间．‎ ‎【解答】解：由题意知AB=5（3+）海里，‎ ‎∠DBA=90°﹣60°=30°，∠DAB=90°﹣45°=45°，‎ ‎∴∠ADB=180°﹣（45°+30°）=105°，‎ 在△ADB中，有正弦定理得=‎ ‎∴DB===10‎ 又在△DBC中，∠DBC=60°‎ DC2=DB2+BC2﹣2×DB×BC×cos60°=900‎ ‎∴DC=30‎ ‎∴救援船到达D点需要的时间为=1（小时）‎ 答：该救援船到达D点需要1小时．‎ ‎　‎ ‎20．已知f（x）=，且满足：a1=1，an+1=f（an）．‎ ‎（1）求证：{}是等差数列．‎ ‎（2）{bn}的前n项和Sn=2n﹣1，若Tn=++…+，求Tn．‎ ‎【考点】数列递推式；数列的函数特性；数列的求和．‎ ‎【分析】（1）根据an+1=f（an），整理得，进而可推断数列{}成等差数列；‎ ‎（2）根据等差数列的通项公式求得数列{an}的通项公式，然后利用bn=，从而求出，根据通项的特点可利用错位相消法进行求和即可．‎ ‎【解答】解：（1）∵，‎ ‎∴an+1=f（an）=，‎ 则，‎ ‎∴{}是首项为1，公差为3的等差数列；‎ ‎（2）由（1）得， =3n﹣2，‎ ‎∵{bn}的前n项和为，‎ ‎∴当n≥2时，bn=Sn﹣Sn﹣1=2n﹣2n﹣1=2n﹣1，‎ 而b1=S1=1，也满足上式，则bn=2n﹣1，‎ ‎∴==（3n﹣2）2n﹣1，‎ ‎∴=20+4•21+7•22+…+（3n﹣2）2n﹣1，①‎ 则2Tn=21+4•22+7•23+…+（3n﹣2）2n，②‎ ‎①﹣②得：﹣Tn=1+3•21+3•22+3•23+…+3•2n﹣1﹣（3n﹣2）2n，‎ ‎∴Tn=（3n﹣5）2n+5．‎ ‎　‎ ‎21．已知p：方程x2+mx+1=0有两个不等的负根；q：方程4x2+4（m﹣2）x+1=0无实根，若“p或q”真“p且q”为假，求m的取值范围．‎ ‎【考点】命题的真假判断与应用．‎ ‎【分析】若“p或q”真“p且q”为假，命题p，q应一真一假，分类讨论，可得m的取值范围．‎ ‎【解答】解：若方程 x2+mx+1=0有两个不等的负根，‎ 则 ‎ 解得m＞2，‎ 若方程4x2+4（m﹣2）x+1=0无实根，则△=16（m﹣2）2﹣16＜0，‎ 解得：1＜m＜3‎ ‎∵“p或q”真“p且q”，‎ 因此，命题p，q应一真一假，‎ ‎∴或，‎ 解得：m∈（1，2]∪[3，+∞）．‎ ‎　‎ ‎22．设Sn是等差数列{an}的前n项的和，已知S7=7，S15=75，Tn为数列{||}的前n项的和，求Tn．‎ ‎【考点】数列的求和．‎ ‎【分析】根据等差数列的前n项和公式，再结合条件S7=7，S15=75进而可求出首项a1和公差d，可求sn，进而可求||，讨论当n≤5，Tn，n＞6，两种情况，结合等差数列的求和公式即可求解．‎ ‎【解答】解：（1）设等差数列{an}的公差为d，则，‎ ‎，解得：a1=﹣2，d=1，‎ ‎∴，‎ ‎||=||，‎ n≤5，||=﹣+，数列{||}是2为首项，﹣为公差的等差数列，‎ Tn==n﹣n，‎ T5=5，‎ 当n≥6，Tn=++…﹣﹣…﹣，‎ Tn=2T5﹣Tn=n2﹣n+10，‎ ‎∴Tn=．‎ ‎　‎