数学卷·2018届山东省菏泽第一中学高二上学期期中考试理科数学试卷+（解析版）x
2016-2017学年山东省菏泽第一中学高二上学期期中考试理科学
一、选择题：共12题
1．若a>b，则下列不等式中正确的是
A.1a<1b B.ab>1 C.a+b>2ab D.2a>2b
【答案】D
【解析】本题主要考查了基本不等式，不等式与指数函数的性质.由a>b知2a>2b，故选D.
2．不等式x-1x-3≤0的解集为
A.(-∞,1]∪(3,+∞) B.[1,3)
C.[1,3] D.(-∞,1]∪[3,+∞)
【答案】B
【解析】本题主要考查了分式不等式的解法.原不等式等价于x-1x-3≤0x-3≠0，解得1≤x<3，故选B.
3．等差数列{an}中，a5=15,则a3+a4+a5+a8的值为
A.30 B.45 C.60 D.120
【答案】C
【解析】本题主要考查了等差数列的通项公式.由a5=a1+4d=15,知a3+a4+a5+a8=4a1+4d=60,故选C.
4．在ΔABC中，a=5,b=15,∠A=30∘,则c等于
A.25 B.5 C.25或5 D.以上都不对
【答案】C
【解析】本题主要考查了余弦定理.由a=5,b=15,∠A=30∘，由余弦定理可解得c=25或c=5，故选C.
5．已知数列{an}的前n项和Sn=n2+2n，则数列{1anan+1}的前n项和为
A.n3(2n+3) B.2n3(2n+3) C.n-13(2n+1) D.n2n+1
【答案】A
【解析】本题主要考查了数列的前n项和公式和通项公式.由Sn=n2+2n 及an=a1,n=1Sn-Sn-1,n≥2,得出an=2n+1n≥1，进而求出数列{1anan+1}的前n项和为n3(2n+3)，故选A.
6．函数f(x)=1-lg(x-1)的定义域为
A.(-∞,11) B.(1,11] C.(1,11) D.(1,+∞)
【答案】B
【解析】本题主要考查了对数函数、函数的定义域.问题等价于lg(x-1)≤1x-1>0解得1
0,b>0)的最小值为2，则1a+1b的最小值为
A.2 B.4 C.3+5 D.3+22
【答案】A
【解析】本题主要考查了基本不等式、最值和线性规划.有条件画图如下：当目标函数z=ax+by(a>0,b>0)经过点1，1时，有最小值2，即a+b=2，所以1a+1b=2ab≥2a+b22=2，故选A.
12．已知an=logn+1(n+2)(n∈N+)，观察下列运算a1⋅a2=log23⋅log34=lg3lg2⋅lg4lg3=2;a1⋅a2=log23⋅log34=lg3lg2⋅lg4lg3=2;定义使a1⋅a2⋅a3⋅⋯⋅ak为整数的k(k∈N+)叫做希望数，则在区间[1,2016]内所有希望数的和为
A.1004 B.2026 C.4072 D.22016-2
【答案】B
【解析】本题主要考查了新定义、等比数列的前n项和、换底公式与对数的运算.由题意知：记a1⋅a2⋅a3⋅⋯⋅ak=log2k+2=m为整数，则k+2=2m， 在区间[1,2016]内k+2的值共有9个，依次为4，8，16，⋯ 1024，设在区间[1,2016]内所有希望数的和为Sn，则Sn+18=4-20481-2=2044，所以Sn=2026，故选B.
二、填空题：共4题
13．若关于x的不等式kx2-kx+1>0的解集为R，则实数k的取值范围是。
【答案】[0,4)
【解析】本题主要考查了构造函数和恒成立问题.令fx=kx2-kx+1，原问题等价fx>0在R上恒成立，即k=0或k>0∆<0解得0≤k<4，故答案为0,4.
14．在ΔABC中，AB=3,AC=4,BC=13则ΔABC的面积是。
【答案】33
【解析】本题主要考查了余弦定理、同角三角函数基本关系式及三角形的面积公式.在∆ABC中，AB=3,AC=4,BC=13，由余弦定理得：cosA=12，由同角三角函数基本关系式得sinA=32，再由三角形的面积公式是33.
15．《张邱建算经》是我国古代数学著作，大约创作于公元五世纪.书中有如下问题“今有女善织，日益功疾，初日织五尺，今一月，日织九匹三丈，问日益几何？”该题大意是：一女子擅长织布，一天比一天织的快，而且每天增加的量都一样，已知第一天织了五尺，一个月后，共织布390尺，问该女子每天增加尺(一月按30天计)
【答案】1629
【解析】本题主要考查了等差数列的前n项和公式.由题知：记数列an是等差数列且公差为d,则a1=5，S30=390，解得d=1629，故答案为1629.
16．方程ax2+bx+2=0的一个根在区间(0,1)上，另一根在区间(1,2)上，则2a-b的取值范围是。
【答案】(5,+∞)
【解析】本题主要考查了构造函数、零点和不等式的基本性质.记fx=ax2+bx+2，原问题等价于函数一个零点在区间(0,1)上，另一零点在区间(1,2)上，即f0∙f1<0f1∙f2<0，
即2a+b+2<0a+b+24a+2b+2<0，所以a+b<-22a+b>-1,令2a-b=ma+b+n(2a+b),则m+2n=2m+n=-1，解得m=-4n= 3，故2a-b>5，故答案为5,+∞.
三、解答题：共6题
17．在ΔABC中，角A,B,C所对的边分别是a,b,c，且3bcosA=asinB.
(1)求角A的大小；
(2)若a=6，ΔABC的面积是93，求三角形边b,c的长.
【答案】(1)在ΔABC中，∵3bcosA=asinB，由正弦定理得3sinBcosA=sinAsinB；
∴tanA=3
又00的解集为{x|x<-1或x>b}(b>-1).
(1)求a,b的值；
(2)当m>-12时，解关于x的不等式(mx+a)(x-b)>0.
【答案】(1)由题意得-1,b是方程x2-ax-2=0的两个实根；
所以-1+b=a-1×b=-2，解得a=1b=2
∴a=1,b=2
(2)由(1)知不等式(mx+a)(x-b)>0可化为(mx+1)(x-2)>0.
当m=0时，不等式解集为{x|x>2}
当-120时，不等式解集为{x|22}；当m>0时，不等式解集为{x|20可化为(mx+1)(x-2)>0，分三种情况讨论即得结果.
19．已知数列{an}为单调递减的等差数列，a1+a2+a3=21且a1-1,a2-3,a3-3成等比数列.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn=|an|,求数列{bn}的前n项和Tn.
【答案】(1)设数列{an}公差为d，由a1+a2+a3=21得a2=7
∴a1=7-d,a3=7+d
因为a1-1,a2-3,a3-3成等比数列
所以(a2-3)2=(a1-1)(ad3-3)即42=6-d4+d，解得d1=4(舍),d2=-2
an=a2+(n-2)d=-2n+11
(2)bn=|an|=11-2n,n≤52n-11,n≥6,
设数列{an}的前n项和为Sn,Sn=-n2+10n
当n≤5时，Tn=Sn=-n2+10n
当n≥6时，Tn=a1+a2+⋯+a5-(a6+a7+⋯+an)=-Sn+2S5=n2-10n+50
所以Tn=-n2+10n,n≤5n2-10n+50,n≥6
【解析】本题主要考查了等差数列与等比数列的性质、等差数列的通项公式和前n项和公式，注意分类讨论的数学思想，同时考查了计算能力. (1)设数列{an}公差为d ，则d<0，a1+a2+a3=21得a2=7，a1=7-d,a3=7+d，因为a1-1,a2-3,a3-3成等比数列，所以(a2-3)2=a1-1a3-3，可解得d1=4(舍),d2=-2，故得结果；
(2)bn=|an|=11-2n,n≤52n-11,n≥6，设数列{an}的前n项和为Sn,则Sn=-n2+10n，分两种情况讨论解得结果.
20．为方便市民休闲观光，市政府计划在半径为200m，圆心角为120∘的扇形广场内(如图所示)，沿ΔABC边界修建观光道路，其中A,B分别再线段CP,CQ上，且A,B两点间距离为定长603m
(1)当∠BAC=45∘时，求观光道BC段的长度；
(2)为提高观光效果，应尽量增加观光道路总长度，试确定图中A,B两点的位置，使观光道路总长度达到最长？并求出总长度的最大值.
【答案】(1) 在ΔABC中，由已知及正弦定理得ABsin∠ACB=BCsin∠BAC；
即603sin120∘=BCsin45∘
∴BC=602m；
(2)设CA=x,CB=y,x,y∈(0,200],
在ΔABC中，AB2=AC2+CB2-2AC⋅CB⋅cos120∘
即(603)2=x2+y2+xy
所以(603)2=(x+y)2-xy≥(x+y)2-(x+y)24=3(x+y)24；
故x+y≤120,当且仅当x=y=604时x+y取得最大值，
所以当A,B两点各距C点60米处时，观光道路总长度最长，最长为(120+603)m；
【解析】本题主要考查了正弦定理、余弦定理及基本不等式，同时考查计算能力. (1) 在ΔABC中，由已知条件和正弦定理可得BC的值；(2)设CA=x,CB=y,x,y∈(0,200], 在ΔABC中，由余弦定理并化简得(603)2=x2+y2+xy ，再由基本不等式(603)2=(x+y)2-xy≥(x+y)2-(x+y)24=3(x+y)24，故x+y≤120,当且仅当x=y=60时等号成立，即得结果.
21．设等比数列{an}的前n项和为Sn，a2=18且S1+116,S2,S3成等差数列，数列{bn}满足bn=2n.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设cn=an⋅bn，若对任意n∈N*，不等式c1+c2+⋯+cn≥12λ+2Sn-1恒成立，求λ的取值范围.
【答案】(1)设数列{an}的公比为q，
因为S1+116,S2,S3成等差数列，
所以2S2=S1+116+S3，∴a2=a3+116，
∵a2=18∴a3=116，
∴q=a3a2=12；
∴an=a2qn-2=18⋅(12)n-2=(12)n+1
(2)设数列{cn}的前n项和为Tn.
又cn=an⋅bn=2n(12)n+1=n2n
所以Tn=12+222+323+⋯+n2n，
12Tn=122+223+324+⋯+n-12n+n2n+1，
两式相减得
12Tn=12+122+123+124+⋯+12n-n2n+1=12(1-12n)1-12-n2n+1=1-12n-n2n+1=1-n+22n+1…
∴Tn=2-n+22n，又Sn=14(1-12n)1-12=121-12n，
所以对任意n∈N*，不等式c1+c2+⋯+cn≥12λ+2Sn-1恒成立，
等价于Tn≥12λ+2Sn-1恒成立，
即2-n+22n≥12λ+2×12(1-12n)-1恒成立，
即2-n+12n≥12λ恒成立，
令f(n)=n+12n,f(n+1)-f(n)=n+22n+1-n+12n=-n2n+1<0，
所以f(n)关于n单调递减，所以2-22≥12λ,λ≤2
所以λ的取值范围为-∞,2.
【解析】本题主要考查了等差数列的性质、等比数列的通项公式和前n项和公式错位相减法，考查了构造函数，函数的单调性及恒成立问题，同时考查了计算能力. (1)设数列{an}的公比为q，因为S1+116,S2,S3成等差数列，所以2S2=S1+116+S3，解得a3=116，∴q=a3a2=12，可得结果；(2)设数列{cn}的前n项和为Tn，又cn=an⋅bn=2n(12)n+1=n2n
所以Tn=12+222+323+⋯+n2n，由错位相减法得Tn=2-n+22n，则不等式等价于Tn≥12λ+2Sn-1恒成立，化简得2-n+12n≥12λ恒成立，令f(n)=n+12n，利用f(n)的单调性可得结果.
22．已知二次函数f(x)=ax2+2x+c的对称轴为x=1,g(x)=x+1x(x>0).
(1)求函数g(x)的最小值及取得最小值时x的值；
(2)试确定c的取值范围，使g(x)-f(x)=0至少有一个实根；
(3)若F(x)=-f(x)+4x+c，存在实数t，对任意x∈[1,m]使F(x+t)≤3x恒成立，求实数m的取值范围.
【答案】(1)∵x>0，∴1x>0，∴x+1x≥2
当且仅当x=1x,x=1时取等号，即g(x)min=2此时x=1；
(2)f(x)=ax2+2x+c对称轴为x=1,∴a=-1，∴f(x)=-x2+2x+c.
g(x)-f(x)=0至少有一个实根，所以g(x)=f(x)至少有一个实根，
即g(x)与f(x)的图像在(0,+∞)上至少有一个交点
f(x)=-(x-1)2+1+c∴f(x)min=1+c,g(x)min=2
∴1+c≥2,∴c≥1
所以c的取值范围为[1,+∞)
(3)F(x)=-f(x)+4x+c=x2+2x∴F(x+t)=(x+t)2+2(x+t)
由已知存在实数t，对任意x∈[1,m]使(x+t)2+2(x+t)≤3x恒成立，
∴x2+(2t-1)x+t2+2t≤0
令h(x)=x2+(2t-1)x+t2+2t
∴h(1)≤0h(m)≤0,即t2+4t≤0t2+(2m+2)t+m2-m≤0，
转化为存在实数t∈[-4,0]，使t2+(2m+2)t+m2-m≤0成立，
令Gt=t2+2m+2t+m2-m，
所以G(t)=t2+(2m+2)t+m2-m的对称轴为t=-m+1，
∵m>1，∴-(m+1)<-2.
当-4<-(m+1)<-2，即10，∴1x>0，由基本不等式可得结果；(2)f(x)=ax2+2x+c对称轴为x=1,∴a=-1，即得f(x)=-x2+2x+c，原问题等价于g(x)与f(x)的图像在(0,+∞)上至少有一个交点，即f(x)min≥g(x)min可得结果；(3)由2知F(x)=-f(x)+4x+c=x2+2x∴F(x+t)=(x+t)2+2(x+t)，原问题等价于存在实数t，对任意x∈[1,m]使x2+(2t-1)x+t2+2t≤0恒成立，令h(x)=x2+(2t-1)x+t2+2t，所以h(1)≤0h(m)≤0,即t2+4t≤0t2+(2m+2)t+m2-m≤0，则问题转化为存在实数t∈[-4,0]，使t2+(2m+2)t+m2-m≤0成立，令Gt=t2+2m+2t+m2-m，则对称轴为t=-m+1<2，分两种情况讨论可得结果.
