宁夏育才中学2019-2020学年高二上学期期中考试数学（理）试题

宁夏育才中学2019-2020学年高二上学期期中考试数学（理）试题

宁夏育才中学高二期中考试 理科数学 ‎（试卷总分：150分 考试时间：120分钟）‎ 注意事项：‎ ‎1.答题时，务必将自己的学校、班级、姓名、准考证号填写在答题卡规定的位置上.‎ ‎2.答选择题时，必须使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其他答案标号.‎ ‎3.答非选择题时，必须使用黑色墨水笔或黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上.‎ ‎4.所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效.‎ ‎5.考试结束后，只将答题卡交回.‎ 第I卷（选择题，共60分）‎ 一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分，在每小题所给的四个选项中，有且只有一个选项是符合要求的）‎ ‎1.设等差数列的前项和为，若，则等于　　‎ A. 18 B. ‎36 ‎C. 45 D. 60‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用等差数列的通项公式化简已知条件，根据等差数列前项和公式求得的值.‎ ‎【详解】由于数列是等差数列，所以由得，即，而.‎ 故选C.‎ ‎【点睛】本小题主要考查等差数列通项公式及前项和公式的基本量计算，属于基础题.‎ ‎2.在中,角所对的边分别为，,则 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用正弦定理，即可解得.‎ ‎【详解】∵‎ ‎∴，即，‎ ‎∴，又a＜b，A三角形的内角，‎ ‎∴‎ 故选B ‎【点睛】本题考查了正弦定理的应用，注意利用大边对大角进行角的限制，属于基础题.‎ ‎3.已知数列的前项和，则（ ）‎ A. 15 B. ‎16 ‎C. 31 D. 32‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先由求出数列通项公式，即可求出.‎ ‎【详解】由数列的前项和，当时，，‎ 当时，满足，所以数列的通项公式为，所以.‎ 故选：B ‎【点睛】本题主要考查求数列通项公式，属于基础题.‎ ‎4.在中，已知，则边的长为（ ）‎ A. 3 B. ‎2 ‎C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据余弦定理公式代入数据即可.‎ ‎【详解】由余弦定理可知，又代入可得，所以.‎ ‎【点睛】本题主要考查余弦定理，属于基础题.‎ ‎5.已知各项都为正数的等比数列满足：，，则（）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 结合等比中项的性质，计算公比q，结合公比，计算，即可．‎ ‎【详解】，所以，因为该数列各项都是正数，所以 所以，故选B．‎ ‎【点睛】考查了等比中项的性质，关键计算出公比q，即可，难度中等．‎ ‎6.在等比数列中，，，则的值是（ ）‎ A. 8 B. ‎15 ‎C. 18 D. 20‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设等比数列的公比为，根据，求得，又由，即可求解.‎ ‎【详解】设等比数列的公比为，‎ 因为，即，，‎ 则，‎ 又由，故选A.‎ ‎【点睛】本题主要考查了等比数列性质的应用，其中解答中熟记等比数列的性质，合理运算是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题.‎ ‎7.我国古代学者庄子在《庄子·天下篇》中提到：“一尺之棰，日取其半，万世不竭”，指一尺长的木棒，今天取其一半，明天取剩下的一半，后天再取剩下的一半，永远也取不尽.现有尺长的线段，每天取走它的，天后剩下的线段长度不超过尺，则的最小值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据等比数列通项可得解.‎ ‎【详解】由题意可知：‎ 第一天取走，剩下尺，‎ 第二天剩下尺，‎ 第三天剩下尺，‎ ‎ ‎ 第九天剩下尺，‎ 第十天剩下尺，‎ 故选C.‎ ‎【点睛】本题考查等比数列的通项，属于基础题.‎ ‎8.下列命题正确的是（ ）‎ A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A项中，需要看分母的正负；B项和C项中，已知两个数平方的大小只能比较出两个数绝对值的大小.‎ ‎【详解】A项中，若，则有，故A项错误；B项中，若，则，故B项错误；C项中，若则即，故C项错误；D项中，若，则一定有，故D项正确.‎ 故选：D ‎【点睛】本题主要考查不等关系与不等式，属于基础题.‎ ‎9.已知等差数列的首项为4，公差为4，其前项和为，则数列的前项和为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题得出数列前项和，再用裂项相消法即可求数列的前项和.‎ ‎【详解】等差数列前项和公式为，又，，所以，所以，数列的前项和.‎ 故选：A ‎【点睛】本题主要考查求数列前项和，解题的关键是会用裂项相消求数列前项和.‎ ‎10.若，，，，则，，大小关系正确的是 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据，可得出，从而得出的大小关系，得到答案.‎ ‎【详解】由题意，因为，所以，‎ 又由，所以，故选A.‎ ‎【点睛】本题主要考查了指数函数、幂函数和对数的图象与性质的应用，其中解答中熟记基本初等函数的单调性，合理运算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.‎ ‎11.已知单调递增的等比数列的前n项和为，若，，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据等比数列的性质与基本量法求解通项公式与最值即可.‎ ‎【详解】由有.‎ 设公比为则.‎ 又单调递增的等比数列故解得.故..‎ 故选：C ‎【点睛】本题主要考查了等比数列的性质运用以及基本量的求法,属于基础题型.‎ ‎12.已知，则的最大值为（ ）‎ A. 1 B. C. D. 2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 化简配方可得，令，则 ‎，再令，则，所以 ‎，再用基本不等式即可求出最值.‎ ‎【详解】因为，则 ‎，‎ 令，则，再令，则，‎ 所以，‎ 由基本不等式可得，当且仅当，时等号成立，所以，所以的最大值为.‎ 故选：C ‎【点睛】本题主要考查基本不等式，解题的关键是灵活运用基本不等式.‎ 第Ⅱ卷（非选择题，共90分）‎ 二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）‎ ‎13.在中，已知，，，则___________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据正弦定理求解即可.‎ ‎【详解】由正弦定理得,.‎ 又.故.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题主要考查了正弦定理的运用,属于基础题型.‎ ‎14.数列1，－2，2，－3，3，－3，4，－4，4，－4，5，－5，5，－5，5…的项正负交替，且项的绝对值为1的有1个，2的有2个，…，n的有n个，则该数列第2019项是 ．‎ ‎【答案】64‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将绝对值相同的数字分为一组，则每组数字个数构成等差数列，然后计算原第2019项在这个数列的第几项，再根据题意可得.‎ ‎【详解】将绝对值相同的数字分为一组，则每组数字个数构成等差数列，‎ 因为，‎ 则2019项前共包含63个完整组，且第63组最后一个数字为第2016项 故2019项为第64组第3个数字，由奇偶交替规则，其为64.‎ 故答案为64.‎ ‎【点睛】本题考查数列创新问题，解题关键是把绝对值相同数字归为一组，通过组数来讨论原数列中的项，这借助于等差数列就可完成,本题考查了转化思想.‎ ‎15.已知无穷等比数列，，，…各项和为，且，若，则的最小值为______.‎ ‎【答案】10‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 无穷等比数列，，，…各项和为，且，可得，，，解得：，利用求和公式即可得出．‎ ‎【详解】题意可得，‎ 解得：，，‎ ‎，‎ 即 ，‎ ‎，‎ ‎ ，‎ ‎，‎ 得到最小为10.‎ 故答案为10．‎ ‎【点睛】本题考查了无穷等比数列的性质、等比数列的通项公式与求和公式及其性质，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．‎ ‎16.若，则的最小值为___________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设，，所以，所以，然后将，，代入化简，再由正余弦函数的取值范围即可求出的最小值.‎ ‎【详解】设，，所以，所以 ‎，其中满足，所以，所以 ‎，所以，‎ 即，所以，所以的最小值为.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题主要考查求最值，解题时可以用极坐标进行转化.‎ 三、解答题（本大题共6小题，第17题10分，第18~22题每小题12分，共70分.解答时请写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）‎ ‎17.在中，角的对边分别为，若 ‎（1）求角；‎ ‎ （2）求的面积．‎ ‎【答案】（1） （2）6‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由，得，，由，得，再由，得 ‎（2）由正弦定理，再利用三角形面积公式计算面积 ‎【详解】（1）由， ，得，，又因为，所以，所以，所以 ‎（2）由正弦定理，面积 ‎【点睛】对于面积公式，一般是已知哪一个角就使用哪一个公式；与面积有关的问题，一般要用到正弦定理或余弦定理进行边和角的转化 ‎18.已知数列，满足；数列满足.‎ ‎（1）证明：数列是等差数列；‎ ‎（2）求数列的通项公式.‎ ‎【答案】（1）证明见解析 ‎（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由题意可转化为，即可得出是等差数列；（2）由，转化为用累加法即可求出的通项公式.‎ ‎【详解】（1）证明：根据题意，得数列满足，‎ 等式两边除以，得， ‎ 故数列是以为首项，为公差的等差数列. ‎ ‎（2）解：根据题意，由，得，‎ 则， ‎ 则 即数列的通项公式为.‎ ‎【点睛】本题主要考查等差等比数列通项公式的求法；解题的关键是会构造数列.‎ ‎19.已知不等式的解集为．‎ ‎（1）求和的值；‎ ‎（2）求不等式的解集.‎ ‎【答案】(1)，；(2)．‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】试题分析：(1)由不等式的解集为，可知和是一元二次方程的两根，利用韦达定理列出方程组，即可求解和的值；(2)由（1）知所求不等式即为，确定方程的两根，即可求解不等式的解集.‎ 试题解析：（1）由不等式的解集为，‎ 可知2和1是一元二次方程的两根， ‎ 所以，即，‎ ‎（2）由（1）知所求不等式即为 方程式的两根分别是1和， ‎ 所以所求不等式的解集为 考点：一元二次不等式问题.‎ ‎20.已知数列的前项和为，且满足，.‎ ‎（Ⅰ）求数列的通项公式；‎ ‎（Ⅱ）令，记数列的前项和为，证明：.‎ ‎【答案】(1).‎ ‎(2)证明见解析.‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（I）当时， ，整理得，当n=1时，有.数列是以为公比，以为首项的等比数列．即可求数列的通项公式． ‎ ‎（II）由（I）有，则 ,用裂项相消法可求其前n项和.‎ 试题解析：（I）当时，有，解得.‎ 当时，有，则 ‎ ‎ 整理得： ‎ ‎ 数列是以为公比，以为首项的等比数列．‎ ‎ ‎ 即数列的通项公式为：． ‎ ‎（II）由（I）有，则 ‎ ‎ ‎ 故得证.‎ ‎21.已知.‎ ‎(1)当时,解不等式；‎ ‎(2)若,解关于的不等式.‎ ‎【答案】（1）；（2）当时,原不等式的解集为；当时,原不等式的解集为；当时,原不等式的解集为.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）当时,解出即可；‎ ‎（2）因式分解得，对进行分类讨论求解.‎ ‎【详解】解: (1)当时,,‎ 即,解得.故原不等式的解集为.‎ ‎(2)由得,‎ 当时,有,所以原不等式解集为；‎ 当时,有,所以原不等式的解集为；‎ 当时,原不等式的解集为.‎ 综上所述：当时,原不等式的解集为；‎ 当时,原不等式的解集为；‎ 当时,原不等式的解集为.‎ ‎【点睛】此题考查解一元二次不等式和含有一个参数的一元二次不等式，关键在于进行因式分解求出方程的根，并准确进行分类讨论求解不等式.‎ ‎22.已知：在数列中，，．‎ ‎（1）令，求证：数列等差数列；‎ ‎（2）若为数列的前项的和，对任意恒成立，求实数的最小值．‎ ‎【答案】（1）证明见解析；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据已知得到，从而得，可证得结论；（2）由（1）得，进而得到；利用错位相减法求得，代入，整理为 ‎；通过换元法求得的最大值，从而求得结果.‎ 详解】（1）由得：‎ 可得：，即，又 数列是首项为，公差为等差数列 ‎（2）由（1）得：‎ ‎ ‎ ‎．‎ 又 整理得：‎ 因为对任意恒成立 所以对任意恒成立 即对任意恒成立 ‎ ‎ 设，则 ‎ 当，即时，‎ ‎ ‎ 的最小值为 ‎【点睛】本题考查等差数列的证明、错位相减法求和问题、数列中的恒成立问题，关键是能够熟练应用数列求和的方法，进而通过分离变量的方式变成所求参数与之间的关系，通过函数求值域的方法得到最值，进而得到结果.‎