甘肃省天水市第一中学2019-2020学年高二上学期第一学段考试数学（理）试题

甘肃省天水市第一中学2019-2020学年高二上学期第一学段考试数学（理）试题

天水一中2019—2010学年度高二年级第一学期第一学段考试 数学试题（理）‎ ‎（满分：100分 时间：120分钟）‎ 一、选择题（每题3分，共36分）‎ ‎1.若与的等差中项为，则（　　）‎ A. B. C. D. 不确定 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据等差中项公式，得出，即可求解，得到答案．‎ ‎【详解】由题意，因为与等差中项为，所以，即，‎ 故选B．‎ ‎【点睛】本题主要考查了等差中项公式的应用，其中解答中熟记等差中项公式，列出关于的方程是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题．‎ ‎2.设是首项为，公差为-2等差数列，为其前n项和，若，，成等比数列，则 ( )‎ A. 8 B. ‎-8 ‎C. 1 D. -1‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用等差数列的通项公式，以及等比中项公式和前n项和公式，准确运算，即可求解.‎ ‎【详解】由题意，可得等差数列的通项公式为，‎ 所以，‎ 因为，，成等比数列，可得，解得.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题主要考查了等差数列通项公式，以及等比中项公式与求和公式的应用，其中解答中熟记等差数列的通项公式和等比中项公式，准确计算是解答的关键，着重考查了推理与计算能力，属于基础题.‎ ‎3.在△中，若，，，则此三角形中最大内角是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用余弦定理即可求出答案．‎ ‎【详解】解：由题意可知，此三角形中最大内角是角，‎ 由余弦定理可得，‎ ‎∴，‎ 故选：C．‎ ‎【点睛】本题主要考查余弦定理的应用，属于基础题．‎ ‎4.设等差数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝－11，a4＋a6＝－6，则当Sn取最小值时，n等于(　　)‎ A. 6 B. ‎7 ‎C. 8 D. 9‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 分析：条件已提供了首项，故用“a1，d”法，再转化为关于n的二次函数解得．‎ 解答：解：设该数列的公差为d，则a4+a6=‎2a1+8d=2×（-11）+8d=-6，解得d=2，‎ 所以Sn=-11n+‎ ‎×2=n2-12n=(n-6)2-36，所以当n=6时，Sn取最小值．‎ 故选A 点评：本题考查等差数列的通项公式以及前n项和公式的应用，考查二次函数最值的求法及计算能力．‎ ‎5.已知数列是等差数列，数列分别满足下列各式，其中数列必为等差数列的是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 对每一个选项逐一分析判断得解.‎ ‎【详解】设数列的公差为d，‎ 选项A,B,C,都不满足同一常数，所以三个选项都是错误的；‎ 对于选项D，,‎ 所以数列必为等差数列.‎ 故选D ‎【点睛】本题主要考查等差数列的判定和性质，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，属于基础题.‎ ‎6.已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若a5+a7+a9＝21，则S13＝（ ）‎ A. 36 B. ‎72 ‎C. 91 D. 182‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据等差数列的性质求出,根据等差数列的前项和公式可得.‎ ‎【详解】因为{an}为等差数列,所以,‎ 所以,‎ 所以.‎ 故选C.‎ ‎【点睛】本题考查了等差数列的性质、等差数列的前项和.属于基础题.‎ ‎7.已知为正项等比数列的前n项和．若，，则 A. 14 B. ‎24 ‎C. 32 D. 42‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 因为各项为正，根据等比数列中成等比数列的性质，知成等比数列，所以，，故选D.‎ ‎8.我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：“一座7层塔共持了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯多少？”现有类似问题：一座5层塔共挂了363盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的3倍，则塔的底层共有灯（ ）‎ A. 81盏 B. 112盏 C. 162盏 D. 243盏 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题为等比数列的应用，根据等比数列的求和公式即可求出答案．‎ ‎【详解】解：由题意，设塔的从上往下第层共有灯盏，‎ ‎∴数列为公比为3的等比数列，‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ 故选：D．‎ ‎【点睛】本题主要考查等比数列的应用，属于基础题．‎ ‎9.若关于的不等式的解集为，其中为常数，则不等式的解集是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据的解集可利用韦达定理构造关于的方程求得；代入所求不等式，解一元二次不等式即可得到结果.‎ ‎【详解】由解集为可得：‎ 解得： 所求不等式为：，解得：‎ 本题正确选项：‎ ‎【点睛】本题考查根据一元二次不等式的解集求解参数、一元二次不等式的求解问题；关键是能够明确不等式解集的端点值与一元二次方程根之间的关系.‎ ‎10.已知正数满足，则（　　）‎ A. 有最大值 B. 有最小值 C. 有最大值10 D. 有最小值10‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由基本不等式及其应用得：（）2，得（）2≤50，由m＞0，n＞0，得解 ‎【详解】由不等式的性质有：（）2，当且仅当，等号成立 即（）2≤50，‎ 又m＞0，n＞0，‎ 所以，‎ 即m，‎ 故选A．‎ ‎【点睛】本题考查了基本不等式及其应用，转化化归能力，注意等号成立条件，属中档题 ‎11.在数列{an}中，若，a1＝8，则数列{an}的通项公式为（ ）‎ A. an＝2（n+1）2 B. an＝4（n+1） C. an＝8n2 D. an＝4n（n+1）‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用是等差数列可得.‎ ‎【详解】因为,‎ 所以,‎ 所以是首项为,公差为的等差数列,‎ 所以,‎ 所以.‎ 故选A ‎【点睛】本题考查了等差数列的定义以及通项公式,属于基础题.‎ ‎12.已知，，则的取值范围是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用待定系数法，令‎4a﹣2b＝x（a﹣b）+y（a+b），求出满足条件的x，y，利用不等式的基本性质，可得‎4a﹣2b的取值范围.‎ ‎【详解】令‎4a﹣2b＝x（a﹣b）+y（a+b），即，解得：x＝3，y＝1，即‎4a﹣2b＝3（a﹣b）+（a+b）.‎ ‎∵1≤a﹣b≤2，2≤a+b≤4，∴3≤3（a﹣b）≤6，∴5≤（a﹣b）+3（a+b）≤10‎ 故选B．‎ ‎【点睛】本题考查了利用不等式的性质求取值范围，其中令‎4a﹣2b＝x（a﹣b）+y（a+b），并求出满足条件的x，y，是解答的关键，属于基础题．‎ 二、填空题（每题4分，共16分）‎ ‎13.设是等差数列，且，，则的通项公式为__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 分析】‎ 先根据条件列关于公差的方程，求出公差后，代入等差数列通项公式即可.‎ ‎【详解】设等差数列的公差为，‎ ‎【点睛】在解决等差、等比数列的运算问题时，有两个处理思路，一是利用基本量，将多元问题简化为首项与公差（公比）问题，虽有一定量的运算，但思路简洁，目标明确：二是利用等差、等比数列的性质，性质是两种数列基本规律的深刻体现，是解决等差、等比数列问题既快捷又方便的工具，应有意识地去应用.‎ ‎14.不等式组的解集为________.‎ ‎【答案】{x|0＜x＜1}‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 直接利用二次不等式的解法求解即可．‎ ‎【详解】解：∵x2－1＜0，‎ ‎∴－1＜x＜1，‎ ‎∵x2－3x＜0，‎ ‎∴0＜x＜3，‎ ‎∴0＜x＜1.‎ 故答案为{x|0＜x＜1}‎ ‎【点睛】本题考查二次不等式的解法，考查计算能力．‎ ‎15.已知，，，则的最大值是_____________.‎ ‎【答案】.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 直接根据基本不等式求最值．‎ ‎【详解】解：∵，，，‎ ‎∴，‎ 当且仅当时等号成立，‎ 故答案为：．‎ ‎【点睛】本题主要考查基本不等式求最值，要注意等号成立的条件，属于基础题．‎ ‎16.已知x，y满足，则z=2x+y的最大值为__________．‎ ‎【答案】4‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先作出不等式组对应区域，由图形判断出最优解，代入目标函数计算出最大值即可.‎ ‎【详解】解：由已知不等式组得到平面区域如图：‎ 目标函数变形为，‎ 此直线经过图中A时在轴截距最大，‎ 由得到，‎ 所以的最大值为；‎ 故答案为4．‎ ‎【点睛】本题考查简单的线性规划，其中数形结合的应用是解决本题的关键，属于基础题.‎ 三、解答题 ‎17.在中,角、、的对边分别为、、,且 ‎(1)求的值;‎ ‎(2)若,且,求和的值.‎ ‎【答案】（1）；（2）．‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）由正弦定理得，，‎ 又，∴，‎ 即，∴，‎ ‎∴,又，∴.‎ ‎(2）由得，又，∴‎ 由，,可得，‎ ‎∴，即，∴．‎ 考点：本题主要考查平面向量的数量积，两角和与差的三角函数，正弦定理、余弦定理的应用。‎ 点评：典型题，近些年来，将平面向量、三角函数、三角形问题等结合考查，已成较固定模式。研究三角函数问题时，往往要利用三角公式先行“化一”。本题（2）通过构建a，c 的方程组，求得a,c。‎ ‎18.已知数列的前项和为.‎ ‎（1）求这个数列的通项公式；‎ ‎（2）若，求数列的前项和.‎ ‎【答案】(1) (2) ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）当且时，利用求得，经验证时也满足所求式子，从而可得通项公式；（2）由（1）求得，利用错位相减法求得结果.‎ ‎【详解】（1）当且时，…①‎ 当时，，也满足①式 数列的通项公式为：‎ ‎（2）由（1）知：‎ ‎【点睛】本题考查利用求解数列通项公式、错位相减法求解数列的前项和的问题，关键是能够明确当数列通项为等差与等比乘积时，采用错位相减法求和，属于常考题型.‎ ‎19.已知数列中，，.‎ ‎(1)求数列的通项公式:‎ ‎(2)设，求数列的通项公式及其前项和.‎ ‎【答案】(1) (2) ，‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1) 利用累加法得到答案.‎ ‎(2)计算，利用裂项求和得到前项和.‎ ‎【详解】(1)由题意可知 左右累加得.‎ ‎(2) ‎ ‎.‎ ‎【点睛】本题考查了数列的累加法，裂项求和法，是数列的常考题型.‎ ‎20.已知数列中，，.‎ ‎（1）令，求证：数列为等比数列；‎ ‎（2）求数列的通项公式；‎ ‎（3）令，为数列的前项和，求.‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）；（3）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）依题意，求出，再求的值，从而根据等比数列的定义证明结论；（2）由（1）可求数列的通项公式，从而根据求得数列的通项公式；（3）根据分组求和法求出即可.‎ ‎【详解】（1），，‎ ‎，故数列是以为首项，以为公比的等比数列.‎ ‎（2）由（1）知，由，‎ 得数列的通项公式为.‎ ‎（3）由（2）知，‎ ‎.‎ ‎【点睛】本题考查等比数列的定义和通项公式，考查构造数列的方法和由分组求和法求数列的前n项和，注意认真计算，规范书写，属中档题.‎ ‎21.（1）已知，，，比较与的大小；‎ ‎（2）已知，，，，求的取值范围．‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用作差比较法即可得出结果；‎ ‎（2）先对乘以1结果保持不变，将看为一个整体代入得，展开运用基本不等式可求得最小值，得到结果.‎ ‎【详解】（1）．‎ ‎∵，，，∴，，，．‎ 又，∴．∴．‎ ‎（2）∵，，，∴，‎ 当且仅当即当时等号成立．‎ 故的取值范围是．‎ ‎【点睛】该题考查的是有关不等式的问题，涉及到的知识点应用作差法比较式子的大小，利用基本不等式求最值，属于简单题目.‎