河南省豫南九校2019-2020学年高二上学期联考数学（理）试题

河南省豫南九校2019-2020学年高二上学期联考数学（理）试题

豫南九校2019—2020学年上期第二次联考 高二数学（理）试题 一、选择题（本题共12小题，每小题5分，共60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.不等式的解集是 A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 因式分解不等式，可直接求得其解集。‎ ‎【详解】，，解得.‎ ‎【点睛】本题考查求不等式解集，属于基础题。‎ ‎2.命题“” 的否定是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由全称命题的否定是特称命题即可得到答案。‎ ‎【详解】由于全称命题的否定是特称命题，所以命题“” 的否定是“”；‎ 故答案选B ‎【点睛】本题考查命题的否定，全称命题与特殊命题的否定关系，属于基础题。‎ ‎3.在中，则（ ）‎ A. B. C. D. 或 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先选用正弦定理求解的大小，再根据的内角和为即可求解的大小.‎ ‎【详解】因为，代入数值得：；‎ 又因为，所以，则或；‎ 当时，；‎ 当时，.‎ 所以或.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】解三角形过程中涉及到多解的时候，不能直接认为所有解都合适，要通过给出的条件判断边或角的大小关系，从而决定解的个数，‎ ‎4.记为等差数列的前项和，若，，则（ ）‎ A. 8 B. 9 C. 16 D. 15‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据等差数列的通项公式和前n项和公式，求得公差，再由等差数列的通项公式，即可求解．‎ ‎【详解】由题意，因为，，‎ 即，解得，‎ 所以，故选D．‎ ‎【点睛】本题主要考查了等差数列的通项公式，以及前n项和公式的应用，其中解答中熟记等差数列的通项公式和前n项和公式，准确计算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．‎ ‎5.已知a、b、c分别是△ABC的内角A、B、C的对边，若，则的形状为（ ）‎ A. 钝角三角形 B. 直角三角形 C. 锐角三角形 D. 等边三角形 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 分析】‎ 将原式进行变形，再利用内角和定理转化，最后可得角B的范围，可得三角形形状.‎ ‎【详解】因为在三角形中，变形为 由内角和定理可得 化简可得： ‎ 所以 ‎ 所以三角形为钝角三角形 故选A ‎【点睛】本题考查了解三角形，主要是公式的变形是解题的关键，属于较为基础题.‎ ‎6.已知等比数列的前项和的乘积记为，若，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设等比数列的公比为，由，可求得的值，代入所求即可。‎ ‎【详解】设等比数列的公比为，由得，故，即.‎ 又，所以，故，所以.故选C.‎ ‎【点睛】本题考查等比数列的性质、等比数列的通项公式，考查计算化简的能力，属中档题。‎ ‎7.设，则（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用单调性，通过取中间值，即可得到.再不等式的性质，以及对数的运算，即可得到.再通过作差法，即可得到，从而得到的大小比较.‎ ‎【详解】因为，‎ 所以，‎ 因为，而，‎ 所以，即可得，‎ 因为，所以，‎ 所以，‎ 故选B.‎ ‎【点睛】本题主要考查了比较大小的问题，涉及到单调性的运用、对数运算公式以及不等式的性质应用，属于中档题.对于比较大小问题，常用的方法有：（1）作差法，通过两式作差、化简，然后与进行比较，从而确定大小关系；（2）作商法，通过两式作商、化简（注意分母不能为零），然后与进行比较，从而确定大小关系；（3）取中间值法，通过取特殊的中间值（一般取等），分别比较两式与中间值的大小关系，再利用不等式的传递性即可得到两式的大小关系；（4）构造函数法，通过构造函数，使得两式均为该函数的函数值，然后利用该函数的单调性以及对应自变量的大小关系，从而得到两式的大小关系.‎ ‎8.不等式组表示的平面区域为，则( )‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先作可行域，再根据数形结合求x＋2y最值，最后根据最值情况判断选择.‎ ‎【详解】不等式组表示的平面区域如下图所示，‎ 令目标函数为：z＝x＋2y，‎ 即，‎ 当经过点A（2，－1）时z取得最小值为0，‎ 所以，z＝x＋2y≥0， ‎ 显然A，B，D错误，‎ 所以，选C。‎ ‎【点睛】本题考查线性规划求最值以及全称命题与特称命题的真假，考查基本分析求解能力，属中档题.‎ ‎9.我国南宋著名数学家秦九韶提出了由三角形三边求三角形面积的“三斜求积”，设的三个内角所对的边分别为，面积为，则“三斜求积”公式为，若，则用“三斜求积”公式求得的面积为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题，有正弦定理求得的值，再求得，代入公式即可求得面积.‎ ‎【详解】,‎ 因为，所以，‎ 从而的面积为，‎ 故选A.‎ ‎【点睛】本题考查了解三角形，解题关键是在于正余弦定理的合理运用，属于较为基础题.‎ ‎10.“对任意正整数，不等式都成立”的一个必要不充分条件是（　　）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据不等式成立可求得当时，不等式恒成立，由此可依次判定各个选项，从而得到结果.‎ ‎【详解】由得：‎ ‎ ，即 又 ‎ 即时，不等式成立 则是其必要不充分条件；是其充要条件；，均是其充分不必要条件 本题正确选项：‎ ‎【点睛】本题考查必要不充分条件的判定，关键是能够求解出不等式成立的充要条件，进而根据必要不充分条件的定义求得结果.‎ ‎11.已知数列满足，数列的前项和为，则 (　　)‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先由求出，得到，再求出，即可求出结果.‎ ‎【详解】因为，‎ 所以，‎ 两式作差，可得，即，‎ 又当时，，即满足，因此；‎ 所以；‎ 因为数列的前项和为，‎ 所以，‎ 因此.‎ 故选B ‎【点睛】本题主要考查数列的应用，根据递推公式求通项公式，由裂项相消法求数列的和，属于常考题型.‎ ‎12.在中，角，，所对应的边分别为，若，，则面积的最大值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 中，由正弦定理可得，利用余弦定理可得：．结合，‎ ‎，都用表示，利用余弦定理及其基本不等式的性质可得的最小值，可得的最大值，即可得出三角形面积的最大值．‎ 详解】由正弦定理得： ‎ 由余弦定理得：，即 ‎ ‎ 当且仅当，，时取等号，‎ ‎, ‎ 则，所以面积的最大值1. 故选:.‎ ‎【点睛】本题考查了正弦定理、余弦定理和基本不等式，属于难题.‎ 二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）‎ ‎13.在中，角，，的对边分别是，，，若，，，则_______.‎ ‎【答案】3‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 直接利用余弦定理，转化求解即可。‎ ‎【详解】解：由余弦定理可得：，‎ 解得.‎ 故答案为：3。‎ ‎【点睛】本题考查余弦定理的应用，是基础题。‎ ‎14.在中，内角，，所对应的边长分别为，，，且，，则的外接圆面积为__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据正弦定理得到，再根据计算得到答案 ‎【详解】由正弦定理知：，‎ 即，，，‎ 即.故.‎ 故答案为 ‎【点睛】本题考查了正弦定理，外接圆面积，意在考查学生的计算能力.‎ ‎15.已知变量满足条件，若目标函数仅在点（3，3）处取得最小值，则的取值范围是__________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先画出可行域，根据题中条件目标函数z＝x+y，仅在（3，3）处取得最小值得到目标函数所在位置，求出其斜率满足的条件，即可求出的取值范围．‎ ‎【详解】变量满足的条件对应的平面区域如图所示：因为目标函数z＝x+y，‎ 仅在（3，3）处取得最小值，所以目标函数z＝x+y的位置应如图所示，故其斜率需满足 k＝﹣＞1⇒＜﹣1．‎ 故答案为：＜﹣1．‎ ‎【点睛】本题主要考查线性规划的应用，考查计算能力数形结合的思想，属于基础题．‎ ‎16.已知正项等比数列的前项和为．若，则取得最小值时，的值为_______．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 因为，所以q≠1，所以，即，得．化简得，由基本不等式得其最小值，即可得到．‎ ‎【详解】由，得：q≠1，所以，‎ 化简得：，即，即，得，‎ 化简得＝＝，‎ 当，即时，取得最小值，‎ 所以＝‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题考查了等比数列的前n项和公式和通项公式的灵活运用，基本不等式求最小值的条件，属于中档题．‎ 三、解答题（本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）‎ ‎17.在中，角所对的边分别为，且满足.‎ ‎(Ⅰ)求角的大小；‎ ‎(Ⅱ)若，，求边上中线的长.‎ ‎【答案】（Ⅰ）；‎ ‎（Ⅱ）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(Ⅰ)由题意结合正弦定理边化角，求得的值即可确定∠A的大小；‎ ‎(Ⅱ)易知△ABC为等腰三角形，利用余弦定理可得AM的长.‎ ‎【详解】（Ⅰ）因为，由正弦定理可得，‎ 因为，所以，‎ 因为，所以， ．‎ ‎（Ⅱ）由，则，所以，，，‎ 由余弦定理可得，所以．‎ ‎【点睛】在处理三角形中的边角关系时，一般全部化为角的关系，或全部化为边的关系．题中若出现边的一次式一般采用到正弦定理，出现边的二次式一般采用到余弦定理．‎ ‎18.已知，命題对任意，不等式恒成立；命题 存在，使得成立.‎ ‎(1)若为直命题，求的取值范围；‎ ‎(2)若为假，为真，求的取值范围.‎ ‎【答案】(1)；(2)‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由题得，解不等式即得解；（2）先由题得，‎ 由题得，中一个是真命题，一个是假命题，列出不等式组，解不等式组得解.‎ ‎【详解】(1)对任意，不等式恒成立，‎ 当，由对数函数的性质可知当时，的最小值为，‎ ‎，解得.‎ 因此，若为真命题时，的取值范围是.‎ ‎(2)存在，使得成立，.‎ 命题为真时，，‎ 且为假，或为真，‎ ‎，中一个是真命题，一个是假命题.‎ 当真假时，则解得；‎ 当假真时，，即.‎ 综上所述，的取值范围为.‎ ‎【点睛】本题主要考查指数对数函数的性质和不等式的恒成立问题的解法，考查复合命题的真假和存在性问题，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.‎ ‎19.已知数列的前项和为，且.‎ ‎（1）证明数列是等比数列，并求数列的通项公式；‎ ‎（2）记，求数列的前项和.‎ ‎【答案】（1）证明见解析，；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)由，可得，两式相减，可化为,结合等比数列的定义,即可得到结论；（2）由⑴，利用“裂项法”，即可求得数列的前项和.‎ ‎【详解】（1）令，得，由此得,‎ 由于，则，‎ 两式相减得，即，‎ 所以，即，‎ 故数列是等比数列，其首项为，，‎ 故数列的通项公式是.‎ ‎（2） ‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎【点睛】本题主要考查递推关系求通项、等比数列的定义与通项公式以及裂项相消法求和，属于中档题. 裂项相消法是最难把握的求和方法之一，其原因是有时很难找到裂项的方向，突破这一难点的方法是根据式子的结构特点，常见的裂项技巧：(1)；（2） ； （3）；（4） ；此外，需注意裂项之后相消的过程中容易出现丢项或多项的问题，导致计算结果错误.‎ ‎20.已知向量，，函数（）.‎ ‎（Ⅰ）求函数的最大值和最小正周期；‎ ‎（Ⅱ）在中，角，，所对的边分别为，，，满足，且，求的值.‎ ‎【答案】（Ⅰ）函数的最大值为1，其最小正周期为;（Ⅱ）2.‎ ‎【解析】‎ ‎【试题分析】（1）先运用向量的数量积公式求出 ，再运用三角变换中的余弦倍角公式和两角差的正弦公式，化简得到 .‎ ‎（2）先借助，求出或（此时，关于，的方程无解，舍去），再借助正弦定理将化为，进而求出 。‎ 解：（Ⅰ）由于 ‎ ‎ .‎ ‎∴函数的最大值为1，其最小正周期为.‎ ‎（Ⅱ）由于，‎ ‎∵，∴，‎ 则有或，‎ 解得或（此时，关于，的方程无解，舍去）.‎ 又由，结合正弦定理可得，‎ 所以 ‎ ‎21.在中，角所对的边分别为,且 .‎ ‎（1）求角C；‎ ‎（2）若的中线CE的长为1，求的面积的最大值.‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据正弦定理化简，结合余弦定理，可得角的大小；‎ ‎（2）利用三角形中线长定理，再利用余弦定理化简后，结合基本不等式可得的最大值，即可求得面积的最大值 ‎【详解】（1）由，‎ 得： ，即,由余弦定理得 ‎∴，∵，∴ .‎ ‎（2）由余弦定理：‎ ‎①，②，‎ 由三角形中线长定理可得：①+②得 ‎ 即 ‎∵，∴‎ ‎∴，当且仅当时取等号 所以.‎ ‎【点睛】本题考查正弦定理、余弦定理及三角形中线长定理的应用，属于基础题 ‎22.设数列是等差数列，数列的前项和，满足且．‎ ‎（1）求数列和的通项公式；‎ ‎（2）设为数列的前项和，求．‎ ‎【答案】（1），；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用求，再结合等差数列的定义求出；（2）结合（1）求出，将分组求和和错位相减法相结合可求得结果．‎ ‎【详解】（1）由得，，‎ ‎∴，即，‎ 又，故．‎ ‎∴，，∴，‎ ‎∴．‎ ‎（2）由（1）可得 ‎∴‎ 令，其前项和记为，，其前项和记为，‎ ‎∴，‎ 两式相减得，‎ ‎∴，‎ ‎∴‎ ‎【点睛】本题主要考查数列通项公式及前项和的求法，考查等差数列、等比数列的性质及运用能力和学生的运算求解能力，属于中档题．‎ ‎ ‎ ‎ ‎