甘肃省兰州市联片办学2019-2020学年高二上学期期中考试数学(理)试题

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甘肃省兰州市联片办学2019-2020学年高二上学期期中考试数学(理)试题

‎2019-2020学年第一学期联片办学期中考试高二年级试卷 一、选择题 ‎1.已知分别是的三个内角所对的边,若,,,则等于( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用正弦定理可计算的值.‎ ‎【详解】由正弦定理可得即,故.‎ 故选A.‎ ‎【点睛】三角形中共有七个几何量(三边三角以及外接圆的半径),一般地,知道其中的三个量(除三个角外),可以求得其余的四个量.‎ ‎(1)如果知道三边或两边及其夹角,用余弦定理;‎ ‎(2)如果知道两边即一边所对的角,用正弦定理(也可以用余弦定理求第三条边);‎ ‎(3)如果知道两角及一边,用正弦定理.‎ ‎2.在中,若 则 ( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用余弦定理可求.‎ ‎【详解】因为,而,所以,‎ 故选D.‎ ‎【点睛】‎ 在解三角形中,如果题设条件是关于边的二次形式,我们可以利用余弦定理化简该条件,如果题设条件是关于边的齐次式或是关于内角正弦的齐次式,那么我们可以利用正弦定理化简该条件.‎ ‎3.数列中,,则为( )‎ A. -3 B. ‎-11 ‎C. -5 D. 19‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据递推关系依次计算可得的值.‎ ‎【详解】因为,所以,‎ 故,‎ 故选D.‎ ‎【点睛】数列的递推关系体现了数列中若干项之间的关系,我们可以依据数列的前若干项和递推关系得到该数列,注意数列的递推关系体现了数列的某些性质,如体现了数列的周期性,体现了数列的单调性.‎ ‎4.已知等差数列中,,则数列的前11项和等于( )‎ A. 22 B. ‎33 ‎C. 44 D. 55‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用等差数列的性质可求.‎ ‎【详解】因为,‎ 故选C.‎ ‎【点睛】一般地,如果为等差数列,为其前项和,则有性质:‎ ‎(1)若,则;‎ ‎(2) 且 ;‎ ‎(3)且为等差数列;‎ ‎(4) 为等差数列.‎ ‎5.已知集合,集合,则( )‎ A. ‎ B. ‎ C. ‎ D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 由题意可得:,‎ 结合交集的定义可得:.‎ 本题选择B选项.‎ ‎6.若,且那么(  )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】对于A,当a=1,b=0,c=1,d=﹣1时,则不成立,故A不正确;‎ 对于B,当a=1,b=0,c=﹣1,d=﹣2时,则不成立,故B不正确;‎ 对于C,当a=1,b=0,c=﹣1,d=﹣2时,则不成立,故C不正确;‎ 对于D,根据不等式的性质可得,∵a>b,c>d,∴﹣d>﹣c,∴a﹣d>b﹣c,‎ 故选D.‎ ‎7.在等比数列中,,,则等于 A. B. C. D. 或 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎∵为等比数列,∴,又 ‎∴为的两个不等实根,‎ ‎∴‎ ‎∴或 ‎∴‎ 故选D ‎8.设且恒成立,则的最大值是 A. B. ‎2 ‎C. D. 4‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎∵,∴,又恒成立 ‎∴‎ 故选D 点睛:恒成立的问题:(1)根据参变分离,转化为不含参数的函数的最值问题;‎ ‎(2)若就可讨论参数不同取值下的函数的单调性和极值以及最值,最终转化为,若恒成立,转化为;(3)若恒成立,可转化为.‎ ‎9.在中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,若 ‎,则A的取值范围是 A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先利用正弦定理角化边,再利用余弦定理化简即得解.‎ ‎【详解】由正弦定理可得.‎ ‎,‎ ‎.‎ 故选C.‎ ‎【点睛】本题主要考查正弦定理余弦定理解三角形,意在考查学生对这些知识的理解掌握水平,属于基础题.‎ ‎10.关于的不等式的解集为,则实数的取值范围为( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 首先题目由不等式的解集为,求实数的取值范围,考虑转化为函数.对任意的x,函数值小于零的问题.再分类讨论=1或≠1的情况即可解出答案.‎ ‎【详解】当时,,若,则原不等式可化为,显然恒成立;若 ‎,则原不等式可化为,不恒成立,所以舍去;‎ 当时,因为(的解集为,所以只需解得.综上,实数的取值范围为.‎ 故选D.‎ ‎【点睛】此题主要考查二次函数的性质问题,是基础题.‎ ‎11.已知正项等比数列若存在两项、使得,则的最小值为 A. B. C. D. 不存在 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 设公比为则,解得所以由 得:‎ 故选A ‎【此处有视频,请去附件查看】‎ ‎12.在中,角,,的对边分别为,,,其面积为,若,则一定是( )‎ A. 等腰三角形 B. 直角三角形 C. 等边三角形 D. 等腰直角三角形 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先根据余弦定理得到从而得到,再根据得到,因此或,根据勾股定理可判断三角形的形状.‎ ‎【详解】因为,所以,‎ 而,故.‎ 又,所以,‎ 所以即,故或.‎ 若,则,故,故为直角三角形;‎ 若,则,故,故为直角三角形;‎ 综上,故选B.‎ ‎【点睛】在解三角形中,如果题设条件是关于边的二次形式,我们可以利用余弦定理化简该条件. 而三角形面积的计算有两种基本的方法:‎ ‎(1)底和高乘积的一半;‎ ‎(2);‎ 解题中注意合理选择.‎ 二、填空题 ‎13.已知数列的前项和为,则数列的通项公式为_________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用可计算数列的通项公式.‎ ‎【详解】,而,‎ 当时,,‎ 故.‎ 填.‎ ‎【点睛】数列的通项与前项和 的关系式,我们常利用这个关系式实现与之间的相互转化.‎ ‎14.设满足约束条件,则的最大值为___‎ ‎【答案】7‎ ‎【解析】‎ 此题考查线性规划知识;此类题目有两种做法:一是根据已知条件画出不等式所表示平面区域,然后找出直线,然后平移求解;二是根据已知条件画出不等式所表示的平面区域,然后把平面区域的边界交点坐标求出,然后把坐标往目标函数代入计算,大的就是最大值,小的就是最小值;此不等式组所表示的平面区域如图阴影所示,‎ 把分别代入目标函数可知,当过点(3,-2)时,目标函数最大且为7;‎ ‎15.如图,一热气球在海拔‎60m的高度飞行,在空中A处测得前下方河流两侧河岸,的俯角分别为75°,30°,则河流的宽度等于_____m.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先计算出的长度,然后在中求出和,利用正弦定理求出的长度.‎ ‎【详解】在△ABC中,由得.‎ 又,,‎ 由正弦定理得.‎ 故答案为.‎ ‎【点睛】本题考查利用正弦定理解三角形的实际应用,一般而言,正弦定理解三角形适用于已知两角与一边类型的三角形,同时要分清楚正弦、余弦定理所适用的基本类型,在解三角形时根据已知元素类型合理选择这两个公式来求解.‎ ‎16.在数列中,,,是数列前项和,若,则______.‎ ‎【答案】1010‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 讨论n奇偶性得的周期性,再求和即可 ‎【详解】当n为偶数,,‎ 当n为奇数,即 故 即为周期为4的数列,‎ 又 故 ‎ 故,则1010‎ 故答案为1010‎ ‎【点睛】本题考查数列的递推关系,考查数列的周期性及求和,准确计算是关键,是中档题 三、解答题 ‎17.已知{an}是公差不为零的等差数列,a1=1,且a1,a3,a9成等比数列.‎ ‎(1)求数列{an}的通项; ‎ ‎(2)求数列{}的前n项和Sn.‎ ‎【答案】(1);(2)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】试题分析:(1)设公差为d,则a3=1+2d,a9=1+8d,所以,(1+2d)²=1(1+8d),‎ 解得,d=1(d=0舍去),则;‎ ‎(2)令,则由等比数列的求和公式,得,‎ 考点:等差数列、等比数列的通项公式及其求和公式.‎ 点评:简单题,利用已知条件,建立公差的方程,较方便的得到等差数列的通项公式,从而进一步得到数列{}的前n项和Sn ‎【此处有视频,请去附件查看】‎ ‎18.已知内角的对边分别是,若,,.‎ ‎(1)求;‎ ‎(2)求的面积.‎ ‎【答案】(1);‎ ‎(2).‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)在中,由正弦定理得,再由余弦定理,列出方程,即可求解得值;‎ ‎(2)由(1)求得,利用三角形的面积公式,即可求解三角形的面积.‎ ‎【详解】(1)在中,,,,‎ 由正弦定理得,‎ 由余弦定理得,‎ 解得或不合题意,舍去,‎ ‎(2)由(1)知,所以,‎ 所以的面积为.‎ ‎【点睛】本题主要考查了正弦定理、余弦定理和三角形的面积公式的应用,其中在解有关三角形的题目时,要有意识地考虑用哪个定理更合适,要抓住能够利用某个定理的信息.一般地,如果式子中含有角的余弦或边的二次式时,要考虑用余弦定理;如果式子中含有角的正弦或边的一次式时,则考虑用正弦定理,着重考查了运算与求解能力,属于基础题.‎ ‎19.已知等差数列满足:,.的前n项和为.‎ ‎(Ⅰ)求及;‎ ‎(Ⅱ)令(),求数列的前项和.‎ ‎【答案】(Ⅰ); (Ⅱ).‎ ‎【解析】‎ 试题分析:(1)设等差数列的公差为,由已知可得 解得,则及可求;(2)由(1)可得,裂项求和即可 试题解析:(1)设等差数列的公差为,因为,,所以有 ‎,‎ 解得,所以,.‎ ‎(2)由(1)知,,‎ 所以,‎ 所以,‎ 即数列的前项和.‎ 考点:等差数列的通项公式,前项和公式.裂项求和 ‎20.已知函数 ‎(1)若关于的不等式的解集为,求的值;‎ ‎(2)若对任意恒成立,求的取值范围.‎ ‎【答案】(1);(2)‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1) 不等式可化为,而解集为,可利用韦达定理或直接代入即可得到答案;‎ ‎(2)法一:讨论和时,分离参数利用均值不等式即可得到取值范围;‎ 法二:利用二次函数在上大于等于0恒成立,即可得到取值范围.‎ ‎【详解】(1)法一:不等式可化为,其解集为,‎ 由根与系数的关系可知,‎ 解得,经检验时满足题意.‎ 法二:由题意知,原不等式所对应的方程的两个实数根为和4,‎ 将(或4)代入方程计算可得,经检验时满足题意.‎ ‎(2)法一:由题意可知恒成立,‎ ‎①若,则恒成立,符合题意.‎ ‎②若,则恒成立,而,‎ 当且仅当时取等号,所以,即.‎ 故实数的取值范围为.‎ 法二:二次函数的对称轴为.‎ ‎① 若,即,函数在上单调递增,恒成立,‎ 故;‎ ‎②若,即,此时在上单调递减,在上单调递增,‎ 由得.‎ 故;‎ ‎③若,即,此时函数在上单调递减,‎ 由得,与矛盾,故不存在.‎ 综上所述,实数的取值范围为.‎ ‎【点睛】本题主要考查一元二次不等式的性质,不等式恒成立中含参问题,意在考查学生的分析能力,计算能力及转化能力,难度较大.‎ ‎21.如图,在平面四边形中,已知,.‎ ‎(1)若,求的长;‎ ‎(2)设,,若,,求面积的最大值.‎ ‎【答案】(1);(2).‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)由余弦定理可得关于的方程,从而可得的长.‎ ‎(2)在利用正弦定理可得,利用倍角公式及诱导公式可得或,分类讨论后可得相应的面积表达式,从而得到的面积的最大值.‎ ‎【详解】解:(1)因为,‎ 所以在中,由余弦定理可得,‎ 即 即 解得(负值舍去). ‎ ‎(2)在中,由,可得 即,所以或,‎ 即或,.‎ 因为,故或, ‎ 因为所以或,所以是等边三角形或直角三角形. ‎ 设,在中,由正弦定理可得,‎ 故即.‎ 当是等边三角形时,‎ ‎;‎ 当是直角三角形时,‎ ‎;‎ 因为,所以当时,取得最大值1, ‎ 因为,所以面积的最大值为 ‎【点睛】在解三角形中,如果题设条件是关于边的二次形式,我们可以利用余弦定理化简该条件,如果题设条件是关于边的齐次式或是关于内角正弦的齐次式,那么我们可以利用正弦定理化简该条件,如果题设条件是边和角的混合关系式,那么我们也可把这种关系式转化为角的关系式,再利用三角变换探求角之间的关系.‎ ‎22.设数列前项和为, 满足 .‎ ‎(1)求数列的通项公式;‎ ‎(2)令 求数列的前项和 ;‎ ‎(3)若不等式对任意 恒成立,求实数 的取值范围.‎ ‎【答案】(1);(2);(3)‎ ‎【解析】‎ 试题分析:(1)利用递推式与等比数列的通项公式即可得出;‎ ‎(2)bn=nan=2n×4n﹣1,利用“错位相减法”、等比数列的前n项和公式即可得出.‎ ‎(3)不等式的n∈N*恒成立,化为a> ,利用二次函数的单调性即可得出.‎ 试题解析:‎ 解:(1) ‎ 两式相减,得 .‎ 所以,‎ 又,即 是首项为,公比是的等比数列.‎ 所以 . ‎ ‎(2)‎ ‎ ①‎ ‎ ②‎ ‎- ②得 ‎ ‎ 故 ‎ ‎(3)由题意,再结合(2),知 ‎ 即 .‎ 从而 设 ,‎ ‎.‎ 点睛:用错位相减法求和应注意的问题(1)要善于识别题目类型,特别是等比数列公比为负数的情形;(2)在写出“Sn”与“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“Sn-qSn”的表达式;(3)在应用错位相减法求和时,若等比数列的公比为参数,应分公比等于1和不等于1两种情况求解.‎
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