甘肃省白银市会宁县第一中学2019-2020学年高二上学期期中考试数学（理）试题

甘肃省白银市会宁县第一中学2019-2020学年高二上学期期中考试数学（理）试题

会宁一中2019-2020学年度第一学期期中考试高二级数学（理科）试卷 一、选择题 ‎1.无字证明是指禁用图象而无需文字解释就能不证自明的数学命题，由于其不证自明的特性，这种证明方式被认为比严格的数学证明更为优雅与条理，请写出该图验证的不等式（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 从图形可以看出正方形的面积比8个直角三角形的面积和要大，当中心小正方形缩为一个点时，两个面积相等；因此，所以，选D.‎ ‎2.在中，，，，则（ ）‎ A. B. C. 或 D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据正弦定理可知：，由此可计算出的值，根据“大边对大角，小边对小角”取舍的值.‎ ‎【详解】因为，所以，所以，‎ 又因为，所以，所以或.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查根据正弦定理求角，难度较易.利用正弦定理求解角时，若出现多解，可通过“大边对大角，小边对小角”的结论进行角度取舍.‎ ‎3.在中，，那么是（ ）‎ A. 直角三角形 B. 钝角三角形 C. 锐角三角形 D. 非钝角三角形 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 因为，所以可设 ，由余弦定理可得 ，所以 ，是钝角三角形，故选B.‎ ‎【方法点睛】本题主要考查利用余弦定理的应用以及判断三角形形状，属于中档题.判断三角形状的常见方法是：（1）通过正弦定理和余弦定理，化边为角，利用三角变换得出三角形内角之间的关系进行判断；(2)利用正弦定理、余弦定理，化角为边，通过代数恒等变换，求出边与边之间的关系进行判断；（3）根据余弦定理确定一个内角为钝角进而知其为钝角三角形.‎ ‎4.的内角的对边分别为，，，若的面积为，则 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 分析：利用面积公式和余弦定理进行计算可得 详解：由题可知 所以 由余弦定理 所以 故选C.‎ 点睛：本题主要考查解三角形，考查了三角形的面积公式和余弦定理。‎ ‎5.在△ABC中，角A,B,C所对的边长分别为，且满足，则 的最大值是（）‎ A. 1 B. C. D. 3‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎∵csinA=acosC，‎ ‎∴由正弦定理可得sinCsinA=sinAcosC，‎ ‎∴tanC=，‎ 即C=，则A+B=，‎ ‎∴B=﹣A，0＜A＜，‎ ‎∴sinA+sinB=sinA+sin（﹣A）=sinA+=sinA+cos A=sin（A），‎ ‎∵0＜A＜，‎ ‎∴＜A+＜，‎ ‎∴当A+=时，sinA+sinB取得最大值，‎ 故选：C ‎【此处有视频，请去附件查看】‎ ‎6.设是等差数列的前项和，若，则（ ）‎ A. B. C. 2 D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 题目已知数列为等差数列，且知道某两项的比值，要求某两个前项和的比值，故考虑用相应的等差数列前项和公式，将要求的式子转化为已知条件来求解.‎ ‎【详解】，故选A.‎ ‎【点睛】本小题主要考查等差数列前项和公式和等差中项的应用.等差数列求和公式有两个，它们分别是，和.在解题过程中，要选择合适的公式来解决.本题中已知项之间的比值，求项之间的比值，故考虑用第二个公式来计算，简化运算.‎ ‎7.已知数列为等差数列,若,且其前项和有最大值,则使得的最大值为 A. 11 B. ‎19 ‎C. 20 D. 21‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 因为,所以一正一负,又因为其前项和有最大值,所以,则数列的前10项均为正数,从第11项开始都是是负数,所以又因为,所以,即,所以使得的最大值为19.选B.‎ ‎8.已知各项都是正数的等比数列，为其前项和，且，，那么（ ）‎ A. B. C. 或 D. 或 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设等比数列的公比为，由，求得，进而得到，再利用等比数列的求和公式，即可求解.‎ ‎【详解】由题意，设等比数列的公比为，其中，‎ 因为，，可得，‎ 两式相除，可得，‎ 即，解得或（舍去），‎ 把，代入，可得，‎ 所以.‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题主要考查了等比数列的性质，以及等比数列的求和公式的应用，其中解答中熟练应用等比数列的求和公式，合理利用整体代换法求解是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.‎ ‎9.若数列的通项公式为,则数列的前n项和为（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据等比数列与等差数列的求和公式，用分组求和的方法，即可求出结果.‎ ‎【详解】因为，‎ 所以数列的前n项和 ‎.‎ 故选C ‎【点睛】本题主要考查数列的求和，根据分组求和的方法，结合等差数列与等比数列的求和公式即可求解，属于常考题型.‎ ‎10.若，则的最小值为 （ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由基本不等式可得，即可求解，得到答案.‎ ‎【详解】因为，由基本不等式可得，‎ 当且仅当，即，即时，等号成立.‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题主要考查了利用基本不等式求最值问题，其中解答中熟记基本不等式的使用条件“一正、二定、三相等”，合理准确运算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.‎ ‎11.当时，的最小值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 采用换元法令，得到新函数，根据对勾函数的单调性求解的最小值，即为的最小值.‎ ‎【详解】因为，令，所以，‎ 由对勾函数的单调性可知：在上单调递增，‎ 所以.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题考查利用换元法求解对勾函数在指定区间上的最小值，难度一般.本例中常见的错误是利用基本不等式求解的最小值，值得注意的是，使用基本不等式一定要注意取等号的条件.‎ ‎12.如果方程的两个实根一个小于1，另一个大于1，那么实数的取值范围是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 记：，利用二次函数的性质可将“方程的两个实根一个小于1，另一个大于‎1”‎转化成：“成立”，解不等式即可得解。‎ 详解】记：‎ 因为方程的两个实根一个小于1，另一个大于1，‎ 所以可作出函数的简图如下：‎ 由图可得：，即：‎ 解得： ‎ 故选：C ‎【点睛】本题主要考查了二次函数的性质及一元二次方程根的分布问题，考查转化能力及数形结合思想，属于中档题。‎ 二、填空题 ‎13.若变量满足约束条件则的最大值是________．‎ ‎【答案】3‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】作出可行域 平移直线，‎ 由图可知目标函数在直线与的交点（2，3）处取得最大值3‎ 故答案为3.‎ 点睛：本题考查线性规划的简单应用，属于基础题。‎ ‎14.已知数列的前n项和=-2n+1,则通项公式=‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 试题分析：n=1时，a1=S1=2；当时，-2n+1－[-2（n-1）+1]=6n-5, a1=2不满足，所以数列的通项公式为.‎ 考点：1.数列的前n项和；2.数列的通项公式.‎ ‎15.已知数列满足，且，则________________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 由可得：，所以是以1为首项3‎ 为公比的等比数列，所以，故.‎ ‎16.函数最小值为______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将变形为，然后根据基本不等式求解的最小值，注意说明取等号的条件.‎ ‎【详解】因为，‎ 所以，取等号时，即，‎ 所以的最小值为.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查利用基本不等式求最值，难度较易.求解函数的最值时，除了可采用分析函数单调性求最值的方法，还可考虑借助基本不等式求解最值，此时要注意取最值时对应的值是否存在.‎ 三、解答题 ‎17.内角，，所对的边分别为，，且满足.‎ ‎（1）求；‎ ‎（2）若，，求的面积.‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据正弦定理将条件化为角的关系，即得结果，（2）先根据余弦定理得 再根据面积公式得结果.‎ ‎【详解】（1）因 所以 因为 ‎（2）因为 所以 ‎.‎ ‎【点睛】本题考查正弦定理、余弦定理以及三角形面积公式，考查基本分析求解能力，属中档题.‎ ‎18.已知关于的函数.‎ ‎（Ⅰ）当时，求不等式的解集；‎ ‎（Ⅱ）若对任意的恒成立，求实数的最大值.‎ ‎【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）由时，根据，利用一元二次不等式的解法，即可求解；‎ ‎（Ⅱ）由对任意的恒成立，得到，利用基本不等式求得最小值，即可求解.‎ ‎【详解】（Ⅰ）由题意，当时，函数，‎ 由，即，解得或，‎ 所以不等式的解集为.‎ ‎（Ⅱ）因为对任意的恒成立，即，‎ 又由，当且仅当时，即时，取得最小值，‎ 所以，即实数的最大值为.‎ ‎【点睛】本题主要考查了一元二次不等式的求解，以及基本不等式的应用，其中解答中熟记一元二次不等式的解法，以及合理利用基本不等式求得最小值是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.‎ ‎19.解关于不等式：‎ ‎【答案】当时，；当时，；当时，；当时，；当时，‎ ‎【解析】‎ 试题分析：‎ 当时，；当时，‎ 当时，；当时，；当时，‎ 考点：解不等式 点评：本题中的不等式带有参数，在求解时需对参数做适当的分情况讨论，题目中主要讨论的方向是：不等式为一次不等式或二次不等式，解二次不等式与二次方程的根有关，进而讨论二次方程的根的大小 ‎20.设是等比数列的前项和.已知，，成等差数列，.‎ ‎（1）求数列的通项公式；‎ ‎（2）设.若，求数列的前项和.‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）设等比数列的公比为，根据，，成等差数列，求得，再由 ‎，求得，即可得到等比数列的通项公式；‎ ‎（2）由（1），得到，利用裂项法，即可求解数列的前n项和.‎ ‎【详解】（1）设等比数列的公比为，‎ 由题意知，即，即，解得：，‎ 又由，解得，‎ 所以 ‎（2）由（1），所以 所以，数列的前项和为.‎ ‎【点睛】本题主要考查等差、等比数列的通项公式及求和公式、以及“裂项相消”求和的应用，此类题目是数列问题中的常见题型，对考生计算能力要求较高，解答中确定通项公式是基础，准确计算求和是关键，属于基础题.‎ ‎21.设数列的前项和为，且.‎ ‎（1）求数列的通项公式；‎ ‎（2）设，求数列的前项和.‎ ‎【答案】(1);(2).‎ ‎【解析】‎ 试题分析：‎ ‎(1)由题意结合通项公式与前n项和的关系可得;‎ ‎(2)结合(1)中求得的通项公式和所给数列通项公式的特点错位相减可得数列的前项和.‎ ‎(3)‎ 试题解析：‎ ‎(Ⅰ)由2Sn＝3an－1 ①‎ ‎2Sn－1＝3an－1－1 ②‎ ‎②-①得2an＝3an－3an－1，∴＝3，()‎ 又当n＝1时，2S1＝‎3a1－1，即a1＝1，（符合题意）‎ ‎∴{an}是首项为1，公比为3的等比数列，∴an＝3n－1.‎ ‎(Ⅱ)由(Ⅰ)得：bn＝‎ ‎∴Tn＝＋＋＋…＋，…………………③‎ Tn＝＋＋…＋＋，………④ ‎ ‎③－④得：Tn＝＋＋＋…＋－‎ ‎＝－＝－‎ ‎∴Tn＝－. ‎ ‎22.在中，内角对应的三边长分别为，且满足．‎ ‎（Ⅰ）求角；‎ ‎（Ⅱ）若，求的取值范围．‎ ‎【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）．‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（Ⅰ）由已知得，由余弦定理可得；（Ⅱ）由正弦定理，化简，由，得，故 ‎．‎ 试题解析：（Ⅰ）∵，‎ ‎∴，‎ ‎∵，∴‎ ‎∴‎ ‎（Ⅱ）解法1：由正弦定理得，‎ ‎∴．‎ ‎∴‎ ‎∵，∴，，‎ 所以．‎ 解法2：‎ ‎∵，∴，‎ ‎∵，‎ ‎，即，∵，∴‎ 考点：解三角形．‎