【数学】河北省衡水市桃城区第十四中学2019-2020学年高一下学期期末考试试卷 （解析版）

【数学】河北省衡水市桃城区第十四中学2019-2020学年高一下学期期末考试试卷 （解析版）

河北省衡水市桃城区第十四中学2019-2020学年高一下学期期末考试数学试卷 第Ⅰ卷 一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．‎ ‎1．在等比数列中，已知，，则等于（ ）‎ A． B． C．或 D．‎ ‎【答案】C ‎【解析】由已知及等比数列性质知，解得或，‎ 所以或，所以或，故选C．‎ ‎2．已知，，，，下列说法正确的是（ ）‎ A．若，，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 ‎【答案】D ‎【解析】因为，，，所以A错；‎ 因为，，所以B错；‎ 因为，，所以C错；‎ 由不等式性质得若，则，所以D对．‎ ‎3．设的内角所对的边分别为，若，，，则（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】B ‎【解析】由正弦定理得，∴，‎ 又，∴为锐角，∴．‎ ‎4．《九章算术》中有这样一个问题：今有竹九节，欲均减容之（其意为：使容量均匀递减），上三节容四升，下三节容二升，中三节容几何？（ ）‎ A．二升 B．三升 C．四升 D．五升 ‎【答案】B ‎【解析】由题意，上、中、下三节的容量成等差数列，上三节容四升，下三节容二升，‎ 则中三节容量为，故选B．‎ ‎5．已知的三个内角，，所对的边分别为，，，，且，则这个三角形的形状是（ ）‎ A．等边三角形 B．钝角三角形 C．直角三角形 D．等腰直角三角形 ‎【答案】A ‎【解析】由正弦定理化简，得，‎ 整理得，即，‎ 由余弦定理得，‎ 再由，可得，结合，故三角形的形状为等边三角形，故选A．‎ ‎6．下列函数中，的最小值为4的是（ ）‎ A． B．‎ C． D．‎ ‎【答案】C ‎【解析】选项A错误，∵可能为负数，没有最小值；‎ 选项B错误，化简可得，‎ 由基本不等式可得取等号的条件为，即，‎ 显然没有实数满足；‎ 选项D错误，由基本不等式可得取等号的条件为，但由三角函数的值域可知；‎ 选项C正确，由基本不等式可得当，即时，取最小值，故选C．‎ ‎7．若满足约束条件，则的最小值为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】B ‎【解析】画出不等式组表示的可行域如下：‎ 由，得，平移直线，数形结合可得，‎ 当直线经过点时，直线在轴上的截距最大，此时取得最小值．‎ 易得，∴．‎ ‎8．在中，，，，则（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】，，‎ 利用余弦定理得到，，‎ 正弦定理，‎ 故．‎ ‎9．已知的三个内角所对的边分别为，的外接圆的面积为，‎ 且，则的最大边长为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】B ‎【解析】的外接圆的面积为，，‎ ‎，‎ 则，‎ ‎，‎ 根据正弦定理，‎ 根据余弦定理，，，‎ 故为最长边．‎ ‎10．已知数列满足：，且数列是递增数列，则实数的取值范围是（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】D ‎【解析】根据题意，，‎ 要使{an}是递增数列，必有，据此有，‎ 综上可得．‎ ‎11．已知等差数列的公差，且、、成等比数列，若，为数列的前项和，则的最小值为（ ）‎ A．4 B．3 C． D．2‎ ‎【答案】D ‎【解析】，、、成等比数列，‎ ‎∴，得或（舍去），∴，‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ 令，则，‎ 当且仅当，即时，∴的最小值为2．‎ ‎12．已知函数，若关于的不等式恰有1个整数解，则实数的最大值为（ ）‎ A．2 B．3 C．5 D．8‎ ‎【答案】D ‎【解析】函数，如图所示：‎ ‎，‎ 当时，，‎ 由于关于的不等式恰有1个整数解，因此其整数解为3，‎ 又，∴，，则，‎ 当时，，则不满足题意；‎ 当时，，‎ 当时，，没有整数解，‎ 当时，，至少有两个整数解，‎ 综上，实数的最大值为．‎ 第Ⅱ卷 二、填空题：本大题共4小题，每小题5分．‎ ‎13．如图，从气球上测得正前方的河流的两岸，的俯角分别为和，如果这时气球的高是30米，则河流的宽度为______米．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】由题意可知，，，，‎ ‎．‎ ‎14．设且，则______．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】当时，；‎ 当时，数列是首项为，公比为的等比数列，‎ 则由等比数列的求和公式可得，‎ 故答案为．‎ ‎15．在中，角的对边分别为，且，若外接圆的半径为，则面积的最大值是______．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】，‎ ‎∴由正弦定理可得，‎ ‎∵，∴，‎ 又，∴，∴，即，可得，‎ ‎∵外接圆的半径为，‎ ‎∴，解得，‎ 由余弦定理，可得，‎ 又，∴（当且仅当时取等号），‎ 即最大值为4，‎ ‎∴面积的最大值为．‎ ‎16．已知数列的前项和，若不等式，对恒成立，则整数的最大值为______．‎ ‎【答案】4‎ ‎【解析】当时，，得，‎ 当时，，‎ 又，‎ 两式相减得，得，‎ 所以．‎ 又，所以数列是以2为首项，1为公差的等差数列，‎ ‎，即，‎ 因为，所以不等式，等价于，‎ 记，，，‎ 时，．‎ 所以时，，‎ 综上，，所以，，所以整数的最大值为4．‎ 三、解答题：本大题共6个大题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．‎ ‎17．（10分）的内角所对的边分别为，已知．‎ ‎（1）求角；‎ ‎（2）若，，求的周长．‎ 解：（1）由已知可得，‎ ‎．‎ ‎（2），‎ 又，，，‎ 的周长为．‎ ‎18．（12分）设数列满足：，且（），．‎ ‎（1）求的通项公式：‎ ‎（2）求数列的前项和．‎ 解：（1）由()可知数列是等差数列，‎ 设公差为，‎ 因为，所以，解得，‎ 所以的通项公式为()．‎ ‎（2）由（1）知，‎ 所以数列的前项和 ‎．‎ ‎19．（12分）已如函数．‎ ‎（1）若不等式解集为时，求实数的值；‎ ‎（2）当时，解关于的不等式．‎ 解：（1）的解集为，‎ 或，或．‎ ‎（2）当，即时，恒成立，；‎ 当，即时，或；‎ 当，即时，或，‎ 综上：时，不等式的解集为；‎ 时，不等式的解集为或；‎ 时，不等式的解集为或．‎ ‎20．（12分）在中，角，，所对的边分别是，，，且．‎ ‎（1）求的值；‎ ‎（2）若，求的取值范围．‎ 解：（1）由正弦定理可得，‎ ‎，，‎ ‎，‎ 即，‎ ‎，，，‎ ‎，，，．‎ ‎（2）由（1）知：，，‎ ‎，，‎ ‎，‎ ‎，，，‎ ‎，即的取值范围为．‎ ‎21．（12分）设函数．‎ ‎（1）当时，若对于，有恒成立，求的取值范围；‎ ‎（2）已知，若对于一切实数恒成立，并且存在，使得 成立，求的最小值．‎ 解：（1）据题意知，对于，有恒成立，‎ 即恒成立，因此，‎ 设，则，所以，‎ ‎∵函数在区间上是单调递减的，‎ ‎∴，．‎ ‎（2）由对于一切实数恒成立，可得，‎ 由存在，使得成立可得，‎ ‎，，‎ ‎，‎ 当且仅当时等号成立，．‎ ‎22．（12分）已知数列中，，．‎ ‎（1）求，；‎ ‎（2）求证：是等比数列，并求的通项公式；‎ ‎（3）数列满足，数列的前n项和为，若不等式 对一切恒成立，求λ的取值范围．‎ 解：（1）由，得，．‎ ‎（2）由，得，即，‎ 又，所以是以是为首项，为公比的等比数列，‎ 所以，即．‎ ‎（3），‎ ‎，‎ ‎．‎ 两式相减得，‎ ‎，所以．‎ 令，易知单调递增，‎ 若为偶数，则，所以；‎ 若为奇数，则，所以，所以，‎ 所以．‎