宁夏大学附属中学2020-2021学年高二上学期期中考试数学（理）试卷 Word版含解析

宁夏大学附属中学2020-2021学年高二上学期期中考试数学（理）试卷 Word版含解析

- 1 - 宁大附中 2020-2021 学年第一学期期中考试 高二数学（理）试卷 一、选择题 1. 不等式 22 1 0x x   的解集为（ ） A. 1{ | 1}2x x   B. 1{ | 1}2x x x  或 C. 1{ | 1 }2x x   D. 1{ | 1 }2x x x  或 【答案】A 【解析】 【分析】 利用一元二次不等式的解法求解即可. 【详解】由 22 1 0x x   ， 得  2 1 1 0x x   ， 得 1 12 x   ， 所以不等式 22 1 0x x   的解集为 1{ | 1}2x x   ； 故选：A. 2. 在 ABC 中，若 2sinb Ba  ，则角 A  （ ） A. 30 或 60 B. 45 或 60 C. 120 或 60 D. 30 或150 【答案】D 【解析】 【分析】 利用正弦定理得到 1sin 2A  ，即可得出结果. 【详解】由 2sinb Ba  ， 得 2 sinb a B ， 由正弦定理可得： sin 2sin sinB A B ， 在 ABC 中， 0 B   ， - 2 - 则sin 0B  ， 所以 1sin 2A  ，又 0 A   ， 所以 30A   或150 . 故选：D. 3. 在 ABC 中，若 cos cosa B b A ，则 ABC 的形状是（ ） A. 锐角三角形 B. 等腰三角形 C. 直角三角形 D. 钝角三角 形 【答案】B 【解析】 【分析】 用正弦定理化边为角，再由三角函数同角关系变形可得． 【详解】∵ cos cosa B b A ，由正弦定理得sin cos sin cosA B B A ，显然 cos cos 0A B  ， ∴ tan tanA B ，∴ A B ，三角形为等腰三角形， 故选：B． 【点睛】本题考查三角形形状的判断，掌握正弦定理的边角互化是解题关键． 4. 在 ABC 中，sin :sin :sin 2:3: 4A B C  ，则 cosC = （ ） A. 1 4 B. 2 3 C. 1 4  D. 2 3  【答案】C 【解析】 【分析】 由正弦定理知， : : 2:3: 4a b c  ，利用余弦定理求解即可. 【详解】在 ABC 中，sin :sin :sin 2:3: 4A B C  ， 由正弦定理可知， : : 2 :3 : 4a b c k k k ， 2 2 2(2 ) (3 ) (4 ) 1cos 2 2 3 4 k k kC k k       ， 故选：C. 【点睛】关键点睛：在 ABC 中， sin :sin :sin : :A B C a b c . 5. 设数列 是单调递增的等差数列，前三项的和为 12，前三项的积为 48，则它的首项是 - 3 - （ ） A. 1 B. 2 C. D. 4 【答案】B 【解析】 试 题 分 析 ： 设 的 前 三 项 为 ， 则 由 题 意 得 考点：等差数列定义 6. 设变量 ,x y 满足约束条件 2 2 2 y x x y x        ，则 3z x y  的最小值为（ ） A. 7 B. 7 C. 8 D. 8 【答案】C 【解析】 【分析】 根据线性约束条件作出可行域，由 3z x y  可得： 1 1 3 3y x z  ，作 0 1: 3l y x ，沿着可 行域的方向平移，利用 z 的几何意义即可求解. 【详解】作出可行域如图： - 4 - 由 3z x y  可得： 1 1 3 3y x z  ，作 0 1: 3l y x ，沿着可行域的方向平移过点 A 时， 3z x y  取得最小值， 由 2 2 2 x y x      得  2,2A  ， 所以 min 2 3 2 8z       ， 故选：C 【点睛】方法点睛：求直线 y ax by  的最值时，一般先化为 b zy xa b    的形式， z b 为直 线 b zy xa b    在 y 轴上的截距，当 0b  时将直线上移 z 变大，当 0b  时将直线下移 z 变大. 7. 若 0 , 0b a d c    ，则（ ） A. ac bd B. a b c d  C. a c b d   D. a c b d   【答案】A 【解析】 【分析】 利用不等式的性质逐一判断四个选项的正误. 【详解】对于选项 A：若 0 , 0b a d c    ，则 0ac bd  ，故选项 A 正确； 对于选项 B：若 0 , 0b a d c    ，则 0a c  ， 0b d  故 a b c d  ，故选项 B 不正确； 对于选项 C：若 0 , 0b a d c    ，则b d a c   ，故选项 C 不正确； 对于选项 D：举例如： 2a  ， 2b   ， 6d   ， 1c   ， 3a c  ， 4b d  ，不满足 a c b d   ，故选项 D 不正确； 故选：A 8. 若 ,a b 为实数，且 2a b  ，且3 3a b 的最小值为（ ） A. 18 B. 6 C. 2 3 D. 42 3 【答案】B 【解析】 - 5 - 【分析】 根据基本不等式可知3 3 2 3 3a b a b   ，结合条件求解出3 3a b 的最小值. 【详解】因为 23 3 2 3 3 2 3 6 a b a b a b        ，取等号时 1a b  ， 所以3 3a b 的最小值为6， 故选：B. 【点睛】易错点睛：利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件： （1）“一正二定三相等”“一正”就是各项必须为正数； （2）“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值， 则必须把构成积的因式的和转化成定值； （3）“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这 个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方. 9. 若等差数列{ }na 和{ }nb 的前 n 项的和分别是 nS 和 nT ，且 3 1 n n S n T n   ，则 5 5 a b  （ ） A. 2 3 B. 9 28 C. 20 31 D. 7 9 【答案】B 【解析】 【分析】 利用等差数列的前 n 项和公式 2 1 (2 1)n nS n a   ，由此能求出结果. 【详解】 { }na 与{ }nb 是两个等差数列，它们的前 n 项和分别为 nS 和 nT ， 又等差数列的前 n 项和公式 2 1 (2 1)n nS n a   ，且 3 1 n n S n T n   ，  5 5 9 5 5 9 9 89 3 2 9 9 1 9a a S b b T      ； 故选：B． 【点睛】关键点睛：等差数列的前 n 项和公式 2 1 (2 1)n nS n a   是解决本题的关键. 10. 若 2 0x   则函数 ( 2)y x x   的最大值为（ ） A. 1 B. 2 C. 4 D. 5 【答案】A - 6 - 【解析】 【分析】 利用基本不等式即可求解. 【详解】因为 2 0x   ，所以 0x  ， 2 0x   ， 所以 22( 2) 12 x xy x x           ， 当且仅当 2x x   ，即 1x   时等号成立， 故选：A 【点睛】易错点睛：利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件： （1）“一正二定三相等”一正”就是各项必须为正数； （2）“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值， 则必须把构成积的因式的和转化成定值； （3）“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个 定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方. 11. 已知关于 x 的不等式 22 0x ax    在 (0 )  上恒成立，则实数 a 的最小值为（ ） A 2 B. 2 C. 4 D. 1 4 . 【答案】C 【解析】 【分析】 分离参数得 2a 2x x   ， a 小于或等于 22x x  在 (0 )  的最小值即可. 【详解】由题意知： 2a 2x x   对 0( )x   恒成立， 令   22f x x x   ，只需  mina f x 则   2 22 2 2 4f x x xx x      ， 当且仅当 22x x  ，即 1x  时等号成立， 所以   22f x x x   的最小值为 4 ， 所以 4a  ，实数 a 的最大值为 4 ， - 7 - 故选：C 【点睛】方法点睛：不等式恒成立问题，一般先考虑分离参数，若不等式  , 0f x    x D ， （  为实参数），恒成立，转化为  g x  或  g x  对于 x D 恒成立，进而转化为  maxg x  或  ming x  ，求  g x 得最值即可. 12. 已知数列{ }na 中， 1 1a  ，前 n 项和为 nS ，且点 1( , )( )n nP a a n N    在直线 1 0x y   上，则 1 2 3 2019 1 1 1 1 S S S S      （ ） A. 2019 2020 B. 2019 1010 C. 2019 4040 D. 2019 2020 2  【答案】B 【解析】 【分析】 由点在直线上得到数列{ }na 的通项公式和前 n 项和公式，根据公式特征利用裂项相消可得答 案. 【详解】点 1( , )( )n nP a a n N    在直线 1 0x y   上，所以 1 1n na a   ，即 1 =1n na a  所以{ }na 是以1为首项，公差为 1 的等差数列，即 =na n ， (1 )= 2n n nS  ， 所以 1 2 1 1= 2(1 ) 1nS n n n n       ， 1 2 3 2019 1 1 1 1 1 1 1 1 1 12 1 2 12 2 3 2019 2020 2020S S S S                        2019 1010  . 故选：B. 【点睛】裂项相消法：如果数列的通项可“分裂成两项差”的形式，且相邻项分裂后相关联， 那么常选用裂项相消法求和，注意通项“分裂成两项差”的形式之后是不是还有系数. 二、填空题（每小题 5 分，共 20 分） - 8 - 13. 位于宁夏青铜峡市的 108 塔建于西夏时期，塔的排列顺序自上而下，第一层 1 座，第二层 3 座，第三层 3 座，第四层 5 座，第五层 5 座，从第五层开始塔的数目构成一个首项为 5，公 差为 2 的等差数列，则该塔共有__________层. 【答案】12 【解析】 【分析】 利用已知条件将第五层有的塔的数目设为 1a ，设从第五层开始自上而下，每一层的塔的数目 为 na ，利用等差数列的通项公式以及前 n 项和公式即可得出结果. 【详解】已知从第五层开始塔的数目构成一个首项为 5，公差为 2 的等差数列， 将第五层有的塔的数目设为 1a ， 设从第五层开始自上而下，每一层的塔的数目为 na ， n N ， 则    1 1 5 2 1 2 3na a n d n n        ， 设前 n 项和为 nS ,     2 1 1 5 1 42n n nS na d n n n n n        ， 前四层共有塔的数目为：1 3 3 5 12    （座）， 108 12 96  （座）， 令 96nS  ， 即 2 4 96n n  又 n N ， 解得 8n  ， 所以该塔共有8 4 12  （层）. 故答案为：12 . 14. 等差数列{ }na 的前 n 项和为 nS ，若 3 17 10 a a ，则 19S =_________. 【答案】 95 【解析】 【分析】 - 9 - 根据等差中项以及  2 1 2 1n nS n a   ，即可容易求得结果. 【详解】因为数列 na 是等差数列，又 3 17 10 a a ， 故可得 102 10a  ， 解得 10 5a  ； 由  2 1 2 1n nS n a   ， 得 1019 19 19 5 95S a    . 故答案为：95 . 15. 在 ABC 中，若 2 2 2a b c  ，且 3sin 2C  ，则 C  __________． 【答案】 2 3  【解析】 2 2 2 2 2 2, 0a b c a b c      ， 即 2 2 2 cos = 02 a b cC ab    ， 所 以 C 为 钝 角 ， 又 3sin 2C  ， 2 3C   ，故答案为 2 3  . 【思路点睛】本题主要考查余弦定理及特殊角的三角函数，属于简单题.对余弦定理一定要熟 记两种形式：（1） 2 2 2 2 cosa b c bc A   ；（2） 2 2 2 cos 2 b c aA bc   ，同时还要熟练掌握 运用两种形式的条件.另外，在解与三角形、三角函数有关的问题时，还需要记住30 ,45 ,60o o o 等特殊角的三角函数值，以便在解题中直接应用. 16. 已知实数 ,a b 满足 2 1a b  ，则 2a ab 的最大值为______. 【答案】 1 4 【解析】 【分析】 先把已知条件转化为 1 2b a  ，代入 2a ab ，配方即可求最值. 【详解】由 2 1a b  ， - 10 - 得 1 2b a  ， a R ， 则   2 2 2 2 1 1 11 2 2 4 4a ab a a a a a a              ， 所以 2a ab 的最大值为 1 4 . 故答案为： 1 4 . 三、解答题： 17. 已知集合 2 2{ | 2 3 0}, { | 6 0}A x x x B x x x        ，若不等式 2 0x ax b   的解 集是 A B ，求实数 ,a b 的值. 【答案】 1 2 a b      【解析】 【分析】 首先求出集合 ,A B ，之后求得 A B ，根据一元二次不等式的解集的特征，建立关于 ,a b 的 等量关系式，求得结果. 【详解】由题意得：  2{ | 2 3 0} | 1 3A x x x x x        ，    2| 6 0 | 3 2B x x x x x        ， 所以  1 2|A B x x     ， 因为不等式 2 0x ax b   的解集是 A B ， 所以 1,2 是方程 2 0x ax b   的两根， 所以 1 2 1 2 a b        ，解得 1 2 a b      ， 【点睛】方法点睛：该题考查有关一元二次不等式的问题，思路如下： （1）利用一元二次不等式的解法求得集合 ,A B ，进而求得 A B ，得到 2 0x ax b   的解 集； （2）根据一元二次不等式与一元二次方程的关系，建立关于 ,a b 的等量关系式，求得结果. - 11 - 18. 当 ,p q 都为正数且 1p q  时，试比较代数式 2( )px qy 与 2 2px qy 的大小. 【答案】 2 2 2( )px qy px qy   【解析】 【分析】 用作差的方法，因式分解，利用 1p q  ，化简可得 2) 0(pq x y   ，进而得出结果. 【详解】 2 2 2 2 2( ) ( 1) ( 1) 2( )px qy px qy p p x q q y pqxy        因为 1p q  ，所以 1 , 1p q q p      因此 2 2 2 2 2 2( ) ( ) ( 2 ) ( )         px qy px qy pq x y xy py x y 因为 ,p q 为正数，所以 2) 0(pq x y   因此 2 2 2( ) ( )  px qy px qy ，当且仅当 x y 时等号成立 【点睛】本题考查了用作差的方法比较大小，考查了运算求解能力，属于中档题目. 19. 已知等比数列{ }na 中， 1 42, 16a a  . （1）求数列{ }na 的通项公式； （2）设等差数列{ }nb 中， 2 2 9 5,b a b a  ，求数列{ }nb 的前 n 项和 nS . 【答案】（1） 2n na  ；（2） 22 2nS n n  . 【解析】 【分析】 （1）由已知得到等比数列的公比，再代入等比数列的通项公式可得答案； （2）设等差数列 nb 的公差为 d ，由 2 96, 48b b  求出 d ，利用等差数列前 n 项和公式求 出 .nS 【详解】（1）设等比数列的公比为 q，由 1 42, 16a a  得 316 2q ，解得 2q = 1 1 1 2 2=2n n n na a q       . （2）由（1）知 2n na  ，得 2 54, 32,a a  2 94, 32b b   ， - 12 - 设等差数列 nb 的公差为 d ，则 1 1 4 8 32 b d b d      解得 1 0 4 b d    ，   2 1 1 2 22n n nS nb d n n      . 【点睛】解决本题的关键点是熟练掌握等差数列与等比数列的通项公式和等差数列的前 n 项 和公式，考查计算能力. 20. 在 ABC 中，内角 A B C， ， 对边的边长分别是 a b c， ， ，已知 2c  ， 3C  ．（Ⅰ） 若 ABC 的面积等于 3 ，求 a b， ；（Ⅱ）若 sin 2sinB A ，求 ABC 的面积． 【答案】（Ⅰ） 2a  ， 2b  ；（Ⅱ） 2 3 3 ． 【解析】 【详解】试题分析：（1）由余弦定理及已知条件得， 2 2 4a b ab   ， 又因为△ABC 的面积等于 3 ，所以 1 sin 32 ab C  ，得 4ab  . 联立方程组 2 2 4 4 a b ab ab       解得 2, 2a b  . （Ⅱ）sin 2sinB A ，由正弦定理得 2b a ， 联立方程组 2 2 4 2 a b ab b a       解得 2 3 4 3,3 3a b  ， 所以 ABC 的面积 1 2 3sin2 3S ab C  点评：本题考查正弦定理、余弦定理的应用，三角形内角和定理，考查了函数方程思想，在 两道小题中，均通过建立方程组，以便求的 , ,a b c 等． 21. 已知关于 x 的不等式 2( 0)( )x a x a   . （1）当 2a  时，求不等式的解集； （2）若实数 a 满足 0a  且 1a  ，求不等式的解集. - 13 - 【答案】（1） | 2 4x x  ；（2）①当 0 1a  时，解集为 2|x a x a  ；②当 1a  或 0a  时，解集为 2|x a x a  . 【解析】 【分析】 （1）当 2a  时，不等式是一个不含参的二次不等式，分解因式，即可得解； （2）对参数 a 进行分类讨论，从而确定不等式的解集. 【详解】（1）当 2a  时，原不等式为 ( 2)( 4) 0x x   ， 故其解集为 | 2 4x x  ； （2）令 2( 0)( )x a x a  ， 则方程两根为 2x a x a ， ， 因为 , 0, 1,a R a a   所以 ①当 2a a 即 0 1a  时，解集为 2|x a x a  ； ②当 2a a 即 1a  或 0a  时，解集为 2|x a x a  . 综上可得：①当 0 1a  时，解集为 2|x a x a  ； ②当 1a  或 0a  时，解集为 2|x a x a  . 【点睛】方法点睛：解含参数的一元二次不等式的步骤： 若二次项系数含有参数，则应讨论参数是等于 0 ，小于 0 ，还是大于 0 ，然后将不等式转化为 二次项系数为正的形式； 判断方程根的个数，讨论判别式  与 0 的关系； 确定无根式可直接写出解集，确定方程有两根时，要讨论两根的大小关系，从而确定不等式 的解集. 22. 已知数列{ }na 的前 n 项和 nS ，满足 2 2 ( )n nS a n n N    . （1）求数列{ }na 的通项公式 na ； （2）若数列{ }nb 满足 2log ( 2)n nb a  ， nT 为数列 2 n n b a      的前 n 项和，求 nT . - 14 - 【答案】（1） 12 2n na   ；（2） 1 3 3 2 2n n nT    . 【解析】 【分析】 （1）根据 2 2 ( )n nS a n n N    ，得到 12 2n na a   ，证明数列是等比数列，由等比数列的 通项公式，即可求出结果； （2）由（1）求得 1nb n  ，设 1 1 2n n nc   ，利用错位相减法求和即可得出结果. 【详解】（1）由 2 2 ( )n nS a n n N    得： 1 12 2S a  ， 即 1 2a  ， 当 2,n n N   ， 由 2 2n nS a n  得：  1 12 2 1n nS a n    ， 两式相减得: 12 2 2n n na a a    ， 即 12 2n na a   ，  12 2 2n na a    ， 所以 1 2 22n n a a    即数列{ }na 是以 1 2 4a   为首项，2 为公比的等比数列， 则 1 12 4 2 2n n na - ++ = × = ， 所以数列{ }na 的通项公式 12 2n na   ； （2）由（1）知： 1 2 2log ( 2) log 2 1n n nb a n     ， 设 1 1 2 2 n n n n b nc a    ， 则 1 2 3n nT c c c c    L 2 3 4 1 2 3 4 1 2 2 2 2n n       ，① 3 4 5 2 1 2 3 4 1 2 2 2 2 2n n nT      L ，② - 15 - ①-②得： 1 2 3 4 1 2 2 1 111 2 1 1 1 1 1 14 2 12 2 2 2 2 2 4 21 2 n n n n n n nT                    2 3 3 4 2n n    ， 所以 1 3 3 2 2n n nT    . 【点睛】易错点睛：错位相减法求数列的和是重点也是难点，相减时注意最后一项的符号， 最后结果一定不能忘记等式两边同时除以1 q .