2014-2015学年山东省济南一中高二（上）期中数学试卷
2014-2015学年山东省济南一中高二（上）期中数学试卷
一、选择题（共15小题，每小题5分，满分75分）
1. △ABC中，A=45∘，C=30∘，c=10，则a等于（ ）
A.10 B.102 C.103 D.1063
2. 在等差数列{an}中，已知a1+a2=4，a2+a3=8，则a7等于（ ）
A.7 B.10 C.13 D.19
3. 若a>b，且1a>1b，则有（ ）
A.a>0，b<0 B.a<0，b>0 C.a>0，b>0 D.a<0，b<0
4. △ABC中，a=3,b=7，c=2，则∠B=( )
A.π3 B.π4 C.π6 D.2π3
5. 由首项a1=1，公比q=2确定的等比数列{an}中，当an=64时，序号n等于（ ）
A.4 B.5 C.6 D.7
6. 设a，b，c，d∈R，给出下列命题：
①若ac>bc，则a>b；
②若a>b，c>d，则a+c>b+d；
③若a>b，c>d，则ac>bd；
④若ac2>bc2，则a>b．
其中真命题的序号是（ ）
A.①② B.②④ C.①②④ D.②③④
7. 在△ABC中，已知a＝52，c＝10，A＝30∘，则B等于（ ）
A.105∘ B.60∘ C.15∘ D.105∘或15∘
8. 等差数列{an}前17项和S17=51，则a5−a7+a9−a11+a13等于（ ）
A.3 B.6 C.17 D.51
9. 已知x>0，函数y=4x+x的最小值是( )
A.5 B.4 C.8 D.6
10. 在△ABC中，∠A=60∘，a=6，b=3，则△ABC解的情况（ ）
A.无解 B.有一解 C.有两解 D.不能确定
11. {an}为等比数列，Sn是其前n项和，若a2⋅a3=8a1，且a4与2a5的等差中项为20，则S5=( )
A.29 B.30 C.31 D.32
12. 若正实数a，b满足a+b=1，则1a+4b的最小值是（ ）
A.4 B.6 C.8 D.9
13. 在△ABC中，sinA⋅sinB
24 B.−71，则a+1a−1的最小值是________．
2与22的等比中项为________．
若x，y满足约束条件y≥0y≤x2x+y−6≤0，则目标函数z=x+y的最大值是________．
已知6，a，b，48成等差数列，6，c，d，48成等比数列，则a+b+c+d的值为________．
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在△ABC中，角A，B，C所对应的边分别为a，b，c，若角A，B，C依次成等差数列，且a=1，b=3，则S△ABC=________．
三、解答题（共4小题，满分50分）
已知不等式ax2−3x+2>0
（1）若a=−2，求上述不等式的解集；
（2）不等式ax2−3x+2>0的解集为{x|x<1或x>b}，求a，b的值．
已知等差数列{an}的前n项和为Sn，S5=35，a5和a7的等差中项为13．
（1）求an及Sn；
（2）令bn=4an2−1(n∈N﹡)，求数列{bn}的前n项和Tn．
在锐角△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且2asinB=3b．
(1)求角A的大小；
(2)若a=6，b+c=8，求△ABC的面积．
设数列{an}前n项和Sn，且Sn=2an−2，令bn=log2an.
(1)试求数列{an}的通项公式；
(2)设cn=bnan，求证数列{cn}的前n项和Tn<2．
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参考答案与试题解析
2014-2015学年山东省济南一中高二（上）期中数学试卷
一、选择题（共15小题，每小题5分，满分75分）
1.
【答案】
B
【考点】
正弦定理
【解析】
直接利用正弦定理求得a的值．
【解答】
解：△ABC中，由正弦定理可得asinA=csinC，即asin45∘=10sin30∘，解得a=102，
故选B．
2.
【答案】
C
【考点】
等差数列的通项公式
【解析】
根据题意和等差数列的通项公式列出方程，求出a1和d的值，再求出a7．
【解答】
解：设等差数列{an}的公差是d，
因为a1+a2=4，a2+a3=8，
所以2a1+d=42a1+3d=8，解得a1=1d=2，
所以a7=a1+6d=1+12=13，
故选：C．
3.
【答案】
A
【考点】
不等式比较两数大小
【解析】
利用不等式的性质即可得出．
【解答】
解：∵ 1a>1b，∴ b−aab>0，
又a>b，∴ b−a<0．
∴ ab<0，
∴ a>0，b<0．
故选：A．
4.
【答案】
A
【考点】
余弦定理
【解析】
根据余弦定理求cosB的表达式，代入题中的数据算出cosB=12，结合B∈(0, π)即可得到角B的大小．
【解答】
解：∵ △ABC中，a=3,b=7，c=2，
∴ 由余弦定理，可得cosB=a2+c2−b22ac=9+4−72×3×2=12．
又∵ B∈(0, π)，∴ B=π3．
故选：A
5.
【答案】
D
【考点】
等比数列的通项公式
【解析】
由等比数列的通项公式可得2n−1=64，解方程可得．
【解答】
解：由题意可得an=a1qn−1=2n−1=64，
解得n−1=6，即n=7
故选D
6.
【答案】
B
【考点】
不等式的基本性质
【解析】
①若ac>bc，则a>b，c≤0时不成立；
②利用不等式的基本性质即可得出；
③若a>b，c>d，取a=2，b=1，c=−2，d=−3，则acbc2，则c2>0，可得a>b．
【解答】
解：①若ac>bc，则a>b，c≤0时不成立；
②若a>b，c>d，则a+c>b+d，正确；
③若a>b，c>d，取a=2，b=1，c=−2，d=−3，则acbc2，则a>b，正确．
其中真命题的序号是②④．
故选：B．
7.
【答案】
D
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【考点】
正弦定理
【解析】
根据正弦定理 知asinA=csinC，将题中数据代入即可求出角C的正弦值，然后根据三角形的内角和，进而求出答案．
【解答】
∵ 知a＝52，c＝10，A＝30∘
根据正弦定理可知asinA=csinC
∴ sinC=sinA⋅ca=22
∴ C＝45∘或135∘
B＝105∘ 或15∘
8.
【答案】
A
【考点】
等差数列的性质
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解析：由于S17=a1+a172×17=17a9=51，所以a9=3．根据等差数列的性质a5+a13=a7+a11，所以a5−a7+a9−a11+a13=a9=3.
9.
【答案】
B
【考点】
基本不等式在最值问题中的应用
基本不等式
【解析】
由于 x>0，利用基本不等式求得函数y=4x+x的最小值．
【解答】
解：∵ x>0，函数y=4x+x≥24x⋅x=4，
当且仅当x=4x，x=2时，等号成立，
故函数y=4x+x的最小值是4.
故选B.
10.
【答案】
A
【考点】
正弦定理
【解析】
由a，b及sinA的值，利用正弦定理即可求出sinB的值，求解即可．
【解答】
解：由正弦定理得：asinA=bsinB即632=3sinB，解得sinB=324>1，
因为，sinB∈[−1, 1]，故角B无解．
即此三角形解的情况是无解．
故选A．
11.
【答案】
C
【考点】
等比数列的前n项和
【解析】
利用等差数列与等比数列的通项公式可得a1，q，再利用前n项和公式即可得出．
【解答】
解：设等比数列{an}的公比为q，
∵ a2⋅a3=8a1，
∴ a1q⋅a1q2=8a1，化为a1q3=8．
∵ a4与2a5的等差中项为20，∴ a4+2a5=40，
∴ a1q3+2a1q4=40，
∴ 8+16q=40，解得q=2，a1=1．
∴ S5=25−12−1=31．
12.
【答案】
D
【考点】
基本不等式在最值问题中的应用
【解析】
由已知中正实数a，b满足a+b=1，根据基本不等式“1的活用”，我们将分子式中的“1”全部变形成a+b，然后利用分式的性质，化简得到两数为定值的情况，利用基本不等式即可得到答案．
【解答】
解：∵ 正实数a，b满足a+b=1，
∴ 1a+4b=a+ba+4(a+b)b=5+(ba+4ab)≥9
故1a+4b的最小值是9
故选D
13.
【答案】
B
【考点】
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三角形的形状判断
两角和与差的余弦公式
【解析】
对不等式变形，利用两角和的余弦函数，求出A+B的范围，即可判断三角形的形状．
【解答】
解：因为在△ABC中，sinA⋅sinB0，
所以A+B∈(0, π2)，C>π2，
所以三角形是钝角三角形．
故选B．
14.
【答案】
B
【考点】
二元一次不等式（组）与平面区域
【解析】
由已知点(3, 1)和点(−4, 6)分布在直线3x−2y+a=0的两侧，我们将A，B两点坐标代入直线方程所得符号相反，则我们可以构造一个关于a的不等式，解不等式即可得到答案．
【解答】
解：若(3, 1)和点(−4, 6)分布在直线3x−2y+a=0的两侧
则[3×3−2×1+a]×[3×(−4)−2×6+a]<0
即(a+7)(a−24)<0
解得−71可将a−1看成一整体，然后利用均值不等式进行求解，求出最值，注意等号成立的条件即可．
【解答】
解：∵ a>1，
∴ a−1>0.
a+1a−1=(a−1)+1a−1+1≥2+1=3，
当且仅当(a−1)=1a−1，
即a=2时取到等号.
故答案为：3.
【答案】
±2
【考点】
等比数列的通项公式
【解析】
由题意和等比中项的性质直接求出．
【解答】
解：设2与22的等比中项为G，
则G2=2×22=4，解得G=±2，
故答案为：±2．
【答案】
4
【考点】
简单线性规划
【解析】
由题意作出其平面区域，将z=x+y化为y=−x+z，z相当于直线y=−x+z的纵截距，由几何意义可得．
【解答】
解：由题意作出其平面区域，
将z=x+y化为y=−x+z，z相当于直线y=−x+z的纵截距，
则由y=6−2x与y=x联立解得，
x=2，y=2
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；
故z=2+2=4；
故答案为：4．
【答案】
90
【考点】
等比中项
等差中项
【解析】
根据6，a，b，48成等差数列，可得a+b=6+48，根据6，c，d，48成等比数列，可得48=6q3，故公比q=2，求出c和d的值，即得a+b+c+d的值．
【解答】
解：根据6，a，b，48成等差数列，可得a+b=6+48=54，
根据6，c，d，48成等比数列，
可得48=6q3，故公比q=2，
故c+d=12+24=36，∴ a+b+c+d=54+36=90，
故答案为：90．
【答案】
32
【考点】
正弦定理
等差数列的通项公式
【解析】
在△ABC中，由角A，B，C依次成等差数列并结合三角形内角和公式求得B=π3．由于a=1，b=3，由正弦定理可得sinA=12，再结合a0等价为−2x2−3x+2>0，
即2x2+3x−2<0，(2x−1)(x+2)<0，解得−20的解集为{x|x<1或x>b}，
∴ a>0，且1，b是对应方程ax2−3x+2=0的两根，
∴ a−3+2=0，解得a=1．
又1×b=2a，解得b=2．
即a=1，b=2．
【考点】
一元二次不等式的解法
【解析】
（1）由已知，即解−2x2−3x+2>0，可先将二次项系数化为正数，再利用一元二次不等式的解法，求解即可．
（2）根据一元二次不等式的性质可知，1，b是方程ax2−3x+2=0的两根，代入求解．
【解答】
解：（1）若a=−2，则不等式ax2−3x+2>0等价为−2x2−3x+2>0，
即2x2+3x−2<0，(2x−1)(x+2)<0，解得−20的解集为{x|x<1或x>b}，
∴ a>0，且1，b是对应方程ax2−3x+2=0的两根，
∴ a−3+2=0，解得a=1．
又1×b=2a，解得b=2．
即a=1，b=2．
【答案】
解：（1） 设等差数列{an}的公差为d，
因为S5=5a3=35，a5+a7=26，
所以a1+2d=72a1+10d=26，…
解得a1=3，d=2，…
所以an=3+2(n−1)=2n+1；
Sn=3n+n(n−1)2×2=n2+2n．…
（2） 由（1）知an=2n+1，
所以bn=4an2−1=1n(n+1)…
=1n−1n+1，…
所以Tn=(1−12)+(12−13)+…+(1n−1n+1)=1−1n+1=nn+1．…
【考点】
等差数列的通项公式
等差数列的前n项和
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数列的求和
【解析】
（1）设等差数列{an}的公差为d，由已知S5=5a3=35，a5+a7=26，结合等差数列的通项公式及求和公式可求a1，d，进而可求an，Sn，
（2）由（1）可求bn=4an2−1=1n(n+1)=1n−1n+1，利用裂项即可求和
【解答】
解：（1） 设等差数列{an}的公差为d，
因为S5=5a3=35，a5+a7=26，
所以a1+2d=72a1+10d=26，…
解得a1=3，d=2，…
所以an=3+2(n−1)=2n+1；
Sn=3n+n(n−1)2×2=n2+2n．…
（2） 由（1）知an=2n+1，
所以bn=4an2−1=1n(n+1)…
=1n−1n+1，…
所以Tn=(1−12)+(12−13)+…+(1n−1n+1)=1−1n+1=nn+1．…
【答案】
解：(1)由2asinB=3b，利用正弦定理得：2sinAsinB=3sinB，
∵ sinB≠0，
∴ sinA=32，
又A为锐角，
则A=π3；
(2)由余弦定理得：a2=b2+c2−2bc⋅cosA，
即36=b2+c2−bc=(b+c)2−3bc=64−3bc，
∴ bc=283，
又sinA=32，
则S△ABC=12bcsinA=733.
【考点】
余弦定理
正弦定理
【解析】
（1）利用正弦定理化简已知等式，求出sinA的值，由A为锐角，利用特殊角的三角函数值即可求出A的度数；
（2）由余弦定理列出关系式，再利用完全平方公式变形，将a，b+c及cosA的值代入求出bc的值，再由sinA的值，利用三角形面积公式即可求出三角形ABC的面积．
【解答】
解：(1)由2asinB=3b，利用正弦定理得：2sinAsinB=3sinB，
∵ sinB≠0，
∴ sinA=32，
又A为锐角，
则A=π3；
(2)由余弦定理得：a2=b2+c2−2bc⋅cosA，
即36=b2+c2−bc=(b+c)2−3bc=64−3bc，
∴ bc=283，
又sinA=32，
则S△ABC=12bcsinA=733.
【答案】
(1)解：当n≥2时，
an=Sn−Sn−1=(2an−2)−(2an−1−2)=2an−2an−1，
所以，an=2an−1，
即anan−1=2，
当n=1时，S1=2a1−2，a1=2，
由等比数列的定义知，
数列{an}是首项为2，公比为2的等比数列，
所以，数列{an}的通项公式为：
an=2×2n−1=2n，n∈N+．
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(2)证明：由(1)知cn=nan=n2n，
所以Tn=12+222+323+…+n−12n−1+n2n，①
以上等式两边同乘以12，
得12Tn=122+223+…+n−12n+n2n+1，②
①−②，得，
12Tn=12+122+123+…+12n−n2n+1
=12[1−(12)n]1−12−n2n+1
=1−(12)n−n2n+1
=1−12n−n2n+1
=1−n+22n+1，
所以Tn=2−n+22n．
所以Tn<2．
【考点】
数列与不等式的综合
数列的求和
等比数列的前n项和
等比数列的通项公式
【解析】
（1）由已知条件推导出{an}是首项为2，公比为2的等比数列，从而可求数列{an}的通项公式；
（2）利用错位相减法，可求数列{cn}的前n项和Tn，即可证明结论．
【解答】
(1)解：当n≥2时，
an=Sn−Sn−1=(2an−2)−(2an−1−2)=2an−2an−1，
所以，an=2an−1，
即anan−1=2，
当n=1时，S1=2a1−2，a1=2，
由等比数列的定义知，
数列{an}是首项为2，公比为2的等比数列，
所以，数列{an}的通项公式为：
an=2×2n−1=2n，n∈N+．
(2)证明：由(1)知cn=nan=n2n，
所以Tn=12+222+323+…+n−12n−1+n2n，①
以上等式两边同乘以12，
得12Tn=122+223+…+n−12n+n2n+1，②
①−②，得，
12Tn=12+122+123+…+12n−n2n+1
=12[1−(12)n]1−12−n2n+1
=1−(12)n−n2n+1
=1−12n−n2n+1
=1−n+22n+1，
所以Tn=2−n+22n．
所以Tn<2．
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