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（文）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（文）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（文）‎ 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，因为与的等差中项为，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的等差数列，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，，，则中最大角的度数为（ ）‎ A. 60° B. 90° C. 120° D. 150°‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 比较三边的大小，最大边所对的角C为最大角，再利用余弦定理求解.‎ ‎【详解】由于，所以中的最大角为，所以，所以.‎ ‎【点睛】本题考查三角形边角关系以及余弦定理运用.三角形边与角之间满足：大边对大角，大角对大边；余弦定理在解三角形中常见的两种类型：1、已知三边求角；2、已知两边及夹角解三角形.‎ ‎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层塔共挂了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】‎ 从塔顶到塔底每层灯盏数可构成一个公比为3的等比数列，其和为363．由等比数列的知识可得．‎ ‎【详解】从塔顶到塔底每层灯盏数依次记为，此数列是等比数列，公比为3，5项和为363，则，，∴．‎ 故选D．‎ ‎【点睛】本题考查等比数列的应用，解题关键是根据实际意义构造一个等比数列，把问题转化为等比数列的问题．‎ ‎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.设数列满足且，则 ( )‎ A. 13 B. ‎14 ‎C. 15 D. 16‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 化简可得，所以为等差数列，利用其通项公式可求.‎ ‎【详解】由，得.所以等差数列，‎ 故.‎ ‎【点睛】等差数列或等比数列的处理有两类基本方法：（1）利用基本量即把数学问题转化为关于基本量的方程或方程组，再运用基本量解决与数列相关的问题；（2）利用数列的性质求解即通过观察下标的特征和数列和式的特征选择合适的数列性质处理数学问题．‎ ‎11.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 ‎12.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.‎ 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】‎ 利用配凑法将化成，再利用基本不等式求最大值.‎ ‎【详解】∵，等号成立当且仅当，‎ ‎∴的最大值是.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查基本不等式的应用，考查运算求解能力，求解时注意配凑法的应用.‎ ‎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的区域，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（共48分）‎ ‎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：数列等比数列；‎ ‎（2）求数列和的通项公式；‎ ‎（3）为数列的前n项和，求.‎ ‎【答案】（1）见解析； （2），； （3）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）直接利用数列的递推关系式，结合等比数列的定义，即可得到结论；‎ ‎（2）利用（1）的结论和等比数列的通项公式，即可求解；‎ ‎（3）利用等比数列的前n项和公式，即可求解.‎ ‎【详解】（1）由题意，数列中，，，‎ 所以，所以，‎ 又由，‎ 所以数列是以为首项，以为公比的等比数列；‎ ‎（2）由（1）知，数列是以为首项，以为公比的等比数列，‎ 所以，‎ 又由，所以，‎ 所以数列的通项公式分别为，数列的通项公式分别为.‎ ‎（3）由（2）知，数列的通项公式分别为，‎ 所以，‎ 即数列的前n项和为.‎ ‎【点睛】本题主要考查了等比数列的定义的应用，等差数列和等比数的通项公式，以及等比数列的前n项和公式的应用，其中解答中熟记等差、等比数列的通项公式和前n项和公式，准确运算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.‎ ‎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.‎