甘肃省张掖市山丹县第一中学2019-2020学年高二上学期期中考试数学（理）试题

甘肃省张掖市山丹县第一中学2019-2020学年高二上学期期中考试数学（理）试题

山丹一中2019-2020学年上学期期中试卷 高二理科科数学 ‎（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）‎ 测试范围：人教必修5全册.‎ 第I卷 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.设，，则下列不等式中恒成立的是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由不等式的性质，逐项判断即可.‎ ‎【详解】对于A，当a为正数，b为负数时，，所以，A错误；‎ 对于B，当a＝2，b＝时，B不成立，所以错误．‎ 对于C，，所以选项C正确；‎ 对于D，取反例：‎ ‎【点睛】本题主要考查不等式的性质，属于基础题型.‎ ‎2.已知数列为等差数列，为其前项和，，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用等差数列通项的性质，将已知条件转化为关于的方程，由此解得的值，利用等差数列前项和的性质，求得的值.‎ ‎【详解】 ，解得：‎ ‎.‎ 故选：C ‎【点睛】本小题主要考查等差数列通项的性质，考查等差数列前项和公式，考查化归与转化的数学思想方法，属于基础题.‎ ‎3.在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c．已知a=5，c=10，A=30°，则B等于（ ）‎ A. 105° B. 60° C. 15° D. 105° 或 15°‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 解：=，‎ ‎∴sinC=•sinA=×=，‎ ‎∵0＜C＜π，‎ ‎∴∠C=45°或135°，‎ ‎∴B=105°或15°，‎ 故选D．‎ ‎【点评】本题主要考查了正弦定理的应用．解题的过程中一定注意有两个解，不要漏解．‎ ‎4.若，则下列不等式中，正确的不等式有①②③④（ ）‎ A. 4个 B. 3个 C. 2个 D. 1个 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：取，代入验证，②③错误.故选C.实际上，，.‎ 考点：不等式的基本性质.‎ ‎【思路点晴】判断一个关于不等式的命题的真假时，先把要判断的命题与不等式性质联系起来考虑，找到与命题相近的性质，并应用性质判断命题的真假，当然判断的同时可能还要用到其他知识，比如对数函数、指数函数的性质.特殊值法是判断命题真假时常用到的一个方法，在命题真假未定时，先用特殊值试试，可以得到一些对命题的感性认识，如正好找到一组特殊值使命题不成立，则该命题为假命题.‎ ‎5.已知等比数列的前项和为，，且满足成等差数列，则等于( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：由成等差数列可得，，即，也就是，所以等比数列的公比，从而，故选C.‎ 考点：1.等差数列的定义；2.等比数列的通项公式及其前项和.‎ ‎6.对任意的实数x，不等式恒成立，则实数m的取值范围是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意分类讨论m=0和两种情况即可求得实数m的取值范围.‎ ‎【详解】当时，不等式恒成立；‎ 当时，应满足：，解得：，‎ 综上，实数的取值范围是，‎ 本题选择B选项.‎ ‎【点睛】本题主要考查不等式恒成立的条件，分类讨论的数学思想等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.‎ ‎7.已知，若，则的最小值为（ ）‎ A. 5 B. ‎7 ‎C. 8 D. 9‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 结合“‎1”‎的代换，利用基本不等式求解最值．‎ ‎【详解】解：∵，，‎ ‎∴，，‎ ‎∴，‎ 当且仅当即时等号成立，‎ 故选：D．‎ ‎【点睛】本题主要考查基本不等式求最值，属于基础题．‎ ‎8.等比数列的前三项和，若成等差数列，则公比（ ）‎ A. 3或 B. -3或 C. 3或 D. -3或 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 很明显等比数列的公比，由题意可得：，①‎ 且：，即，②‎ ‎①②联立可得：或，‎ 综上可得：公比3或.‎ 本题选择C选项.‎ ‎9.若，满足约束条件，则的最大值是（ ）‎ A. 8 B. ‎4 ‎C. 2 D. 6‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先根据约束条件画出可行域，再转化目标函数，把求目标函数的最值问题转化成求截距的最值问题.‎ ‎【详解】作出不等式组对应的平面区域如图所示：由，解得，‎ 由，得，平移直线，由图象可知当直线经过点，‎ 直线的截距最大，此时最大，此时，‎ 故选D．‎ ‎【点睛】本题主要考查线性规划的应用，利用目标函数的几何意义，结合数形结合的数学思想是解决此类问题的基本方法，属于基础题.‎ ‎10.定义：在数列中，若满足 为常数），称为“等差比数列”,已知在“等差比数列”中，,则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意结合“等差比数列”整理计算即可求得最终结果.‎ ‎【详解】由题意可得：，，则，‎ 结合“等差比数列”的定义可知数列是首项为，公差为的等差数列，‎ 则：，‎ 据此有：，，‎ ‎.‎ 本题选择A选项.‎ ‎【点睛】数列的递推关系是给出数列的一种方法，根据给出的初始值和递推关系可以依次写出这个数列的各项，由递推关系求数列的通项公式，常用的方法有：①求出数列的前几项，再归纳猜想出数列的一个通项公式；②将已知递推关系式整理、变形，变成等差、等比数列，或用累加法、累乘法、迭代法求通项．‎ ‎11.若的三个内角满足，则（ ）‎ A. 一定是锐角三角形 B. 一定是直角三角形 C. 一定是钝角三角形 D. 可能是锐角三角形，也可能是钝角三角形 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据正弦定理求出三边比，用余弦定理求出最大边所对角的余弦值，即可得出结论.‎ ‎【详解】三个内角所对的边分别为，‎ ‎，‎ 设，‎ ‎，‎ 最大角为锐角，为锐角三角形.‎ 故选:A.‎ ‎【点睛】本题考查应用正弦定理和余弦定理判断三角形的形状，属于基础题.‎ ‎12.已知数列满足：，.设，，且数列是单调递增数列，则实数的取值范围是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】分析：由，可得数列 是以2为首项，2为公比的等比数列，求出等比数列的通项公式；把数列的通项公式代入，结合数列{bn}是单调递增数列，可得 且对任意的恒成立，由此求得实数的取值范围．‎ 详解：∵数满足：，， ‎ 化为∴数列是等比数列，首项为，公比为2， ∴ ， ∵ ，且数列是单调递增数列， ∴ ，∴ ， 解得 ，由 ，可得 对于任意的*恒成立， ， 故答案为.‎ 故选B.‎ 点睛：本题考查数列递推式，考查了等比关系的确定，训练了等比数列通项公式的求法，考查数列的函数特性，是中档题．‎ 第II卷 二、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）‎ ‎13.若原点和点在直线的同侧，则的取值范围是________（用集合表示）.‎ ‎【答案】或 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据同侧同号列不等式，解得结果 ‎【详解】因为原点和点在直线的同侧，所以或，即的取值范围是或 ‎【点睛】本题考查二元一次不等式区域问题，考查基本应用求解能力.属基本题.‎ ‎14.若，，，则的最小值为_________．‎ ‎【答案】.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由对数的运算性质得出，化简得出，然后将代数式与相乘，展开后利用基本不等式可求出的最小值.‎ ‎【详解】，即，，‎ 等式两边同时除以得，‎ 由基本不等式得，‎ 当且仅当时，等号成立，因此，的最小值为，故答案为.‎ ‎【点睛】本题考查利用基本不等式求最值，涉及对数的运算性质，解题的关键就是对代数式进行合理配凑，考查运算求解能力，属于中等题.‎ ‎15.已知数列满足,是其前项和，若，（其中），则的最小值是_________________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由已知递推式得到：，累加可求，结合，求得，将其代入中，由基本不等式的性质分析可得答案．‎ ‎【详解】根据题意，由已知得：， 把以上各式相加得：， 即：，， 则 即的最小值是， 故答案为．‎ ‎【点睛】本题考查了数列递推式和累加法求数列的和，涉及基本不等式的性质以及应用，属于综合题．‎ ‎16.如图，平面四边形中，，，则面积为__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 分析：首先求得BD的长度，然后结合余弦定理求得∠ADB的值，最后利用面积公式求解△ACD的面积即可.‎ 详解：在△BCD中，由，可得∠CDB=30°，‎ 据此可知：，由余弦定理可得：‎ ‎，‎ 在△ABD中，由余弦定理可得：‎ ‎，‎ 故，‎ 结合三角形面积公式有：‎ ‎. ‎ 点睛：本题主要考查余弦定理解三角形，三角形面积公式及其应用等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.‎ 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.已知等差数列的前n项和为，且，．‎ ‎（1）求的通项公式；‎ ‎（2）若，且，，成等比数列，求k的值．‎ ‎【答案】（1）；‎ ‎（2）4.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）设等差数列的公差为d，根据等差数列的通项公式，列出方程组，即可求解．‎ ‎（2）由（1），求得，再根据，，成等比数列，得到关于的方程，即可求解．‎ ‎【详解】（1）设等差数列的公差为d，‎ 由题意可得：，解得．‎ 所以数列的通项公式为．‎ ‎（2）由知，‎ 因为，，成等比数列，所以，即，‎ 解得．‎ ‎【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，列出方程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．‎ ‎18.的内角的对边分别为，.‎ ‎（1）求；‎ ‎（2）若，的面积为，求.‎ ‎【答案】（1）；（2）8.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)首先利用正弦定理边化角，再利用余弦定理可得结果；‎ ‎（2）利用面积公式和余弦定理可得结果.‎ ‎【详解】（1）因为，所以，‎ 则，‎ 因为，所以.‎ ‎（2）因为的面积为，所以，即，‎ 因为，所以，‎ 所以.‎ ‎【点睛】本题主要考查解三角形的综合应用，意在考查学生的基础知识，转化能力及计算能力，难度不大.‎ ‎19.已知函数 ‎（1）当时，解关于的不等式；‎ ‎（2）若，解关于的不等式.‎ ‎【答案】（1）；（2）①当时：不等式的解集为；②当时：不等式的解集为；③当时：不等式的解集为.‎ ‎【解析】‎ 分析：（1）时，将不等式因式分解，结合二次图像得到解集；（2）可化为 ,.分三种情况：时：时：时，分别得到解集.‎ 详解：‎ ‎（1）当时,‎ 可得 , ‎ ‎,‎ 的解集为 .‎ ‎（2）不等式可化为 ‎ , ‎ ‎ , ‎ ‎ ①当时 有.‎ 解得： ,‎ ‎ ②当时 有,‎ ‎ 解得：. ‎ ‎ ③当时 有.‎ 解得：.‎ 综上：①当时：不等式的解集为. ‎ ‎②当时：不等式解集为.‎ ‎③当时：不等式解集为.‎ 点睛：本题考查了含有字母系数的不等式的解法与应用问题，是中档题，对于含参的二次不等式问题，先判断二次项系数是否含参，接着讨论参数等于0，不等于0，再看式子能否因式分解，若能够因式分解则进行分解，再比较两根大小,结合图像得到不等式的解集.‎ ‎20.在正项等比数列{}中，且成等差数列.‎ ‎（1）求数列的通项公式；‎ ‎（2）若数列{}满足，求数列{}的前项和．‎ ‎【答案】(1) (2) ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据已知条件且可解得公比,再代入通项公式即可得到;‎ ‎(2)利用错位相减法可求得.‎ ‎【详解】设正项等比数列{an}的公比为(,‎ ‎（1）∵∴,所以 ‎ ‎∴q＝2，(舍去)‎ 所以；‎ ‎（2）∵，‎ ‎∴，①‎ ‎，②‎ ‎①﹣②得＝，‎ ‎∴.‎ ‎【点睛】本题考查了等比数列的通项公式的求法,考查了等差中项,考查了利用错位相减法求和,本题属于基础题.‎ ‎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.设正项数列的前n项和为，已知.‎ ‎（1）求数列的通项公式；‎ ‎（2）求数列的前n项和.‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由及题意可得数列为等差数列，从而求出，从而可求出答案；‎ ‎（2）利用裂项相消法即可求出答案．‎ ‎【详解】解：（1）∵，‎ ‎∴，‎ 又，‎ ‎∴，‎ ‎∴数列是以为首项，1为公差的等差数列，‎ ‎∴，∴，‎ 当时，，‎ 当时，，不满足上式，‎ ‎∴数列的通项公式为；‎ ‎（2）由（1）可知，，‎ 则当时，‎ ‎，‎ 显然，符合上式，‎ ‎∴当时，．‎ ‎【点睛】本题主要考查已知递推公式求数列的通项公式，考查裂项相消法求和，考查计算能力，属于中档题．‎