甘肃省张掖市临泽县第一中学2019-2020学年高二上学期期中考试数学（文）试题

甘肃省张掖市临泽县第一中学2019-2020学年高二上学期期中考试数学（文）试题

临泽一中2019-2020学年上学期期中试卷 高二文科数学 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.若是内角，且，则与的关系正确的是( )‎ A. B. C. D. 无法确定 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 运用正弦定理实现边角转换，再利用大边对大角，就可以选出正确答案.‎ ‎【详解】由正弦定理可知：,，因此本题选B.‎ ‎【点睛】本题考查了正弦定理，考查了三角形大边对大角的性质.‎ ‎2.已知正项数列中，，则数列的通项公式为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求出，并求出的值，对的值验证是否满足的表达式，可得出数列的通项公式.‎ ‎【详解】由题意得 ，又 ，所以 ，选B.‎ ‎【点睛】给出与的递推关系求，常用思路是：一是利用转化为的递推关系，再求其通项公式；二是转化为的递推关系，先求出与之间的关系，再求. 应用关系式时，一定要注意分两种情况，在求出结果后，看看这两种情况能否整合在一起.‎ ‎3.若，，则（ ）．‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用不等式的基本性质对各选项进行验证.‎ ‎【详解】，，，，则，A选项错误；‎ ‎，，则，B选项错误；，，，C选项正确；‎ 取，，，，则，，不成立，D选项错误.故选C.‎ ‎【点睛】本题考查不等式的基本性质，考查利用不等式的性质判断不等式是否成立，除了利用不等式的性质之外，也可以利用特殊值法来进行判断，考查推理能力，属于中等题.‎ ‎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.已知等差数列的前项和为，若则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 分析：由，可得，则化简，即可得结果.‎ 详解：因为，‎ 所以可得，‎ 所以，故选D.‎ 点睛：本题主要考查等差数列的通项公式与等差数列的求和公式， 意在考查等差数列基本量运算，解答过程注意避免计算错误.‎ ‎6.关于的不等式()的解集为,且,则 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 分析：先通过解一元二次不等式得到不等式的解集，再利用区间长度进行求解．‎ 详解：因为，‎ 所以，‎ 即，‎ 又，‎ 所以，‎ 解得．‎ 点睛：本题考查一元二次不等式的解法等知识，意在考查学生的数学转化能力和基本计算能力．‎ ‎7.若实数，满足约束条件，则的最大值等于（ ）‎ A. 2 B. ‎1 ‎C. -2 D. -4‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 作出可行域，平移目标函数，找到取最大值的点，然后可求最大值.‎ ‎【详解】根据题意作出可行域如图：‎ 平移直线可得在点A处取到最大值，联立可得,代入可得最大值为2，故选A.‎ ‎【点睛】本题主要考查线性规划，作出可行域，平移目标函数，求出最值点是主要步骤，侧重考查直观想象和数学运算的核心素养.‎ ‎8.设是的三边，则关于的一元二次方程 A. 有两个正根 B. 有两个负根 C. 无实数根 D. 有两个相等的实数根 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求出，再利用余弦定理证明，即得解.‎ ‎【详解】因为A是△ABC的内角，所以，‎ 由余弦定理知，‎ 所以，‎ 所以方程无实数根.‎ 故选C．‎ ‎【点睛】本题主要考查余弦定理，考查二次方程解的个数的判断，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，属于基础题.‎ ‎9.已知对任意的实数，不等式恒成立，则实数的取值范围为（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 对分类讨论，结合一元二次不等式的解集，即可求出结论.‎ ‎【详解】当时，不等式为，不合题意，‎ 当时，不等式恒成立，‎ 需，即，‎ 解得.‎ 故选:D.‎ ‎【点睛】本题考查一元二次不等式的解集求参数，不要遗漏对情况讨论，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.不等式的解集是_____．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 直接利用一元二次不等式的解法求解．‎ ‎【详解】不等式可化为，‎ 解得；‎ ‎∴该不等式的解集是．‎ 故答案为．‎ ‎【点睛】本题主要考查了一元二次不等式的解法，解题时先把不等式化简，再求解集，是基础题．‎ ‎14.已知，则最小值为______.‎ ‎【答案】5‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 化为，利用基本不等式，即可求出结论.‎ ‎【详解】‎ ‎，‎ 当且仅当时，等号成立.‎ 故答案为:5.‎ ‎【点睛】本题考查基本不等式求最值，要注意基本不等式成立的条件，属于基础题.‎ ‎15.中，是边上的一点，已知，，，，则__________．‎ ‎【答案】2‎ ‎【解析】‎ 在三角形ABD中，=，利用正弦定理得，在三角形ADC中，，所以AC=2.‎ 故答案为2.‎ ‎16.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．‎ 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.已知内角的对边分别是，若，，.‎ ‎（1）求；‎ ‎（2）求的面积.‎ ‎【答案】（1）；‎ ‎（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）在中，由正弦定理得，再由余弦定理，列出方程，即可求解得值；‎ ‎（2）由（1）求得，利用三角形的面积公式，即可求解三角形的面积．‎ ‎【详解】（1）中，，，，‎ 由正弦定理得，‎ 由余弦定理得，‎ 解得或不合题意，舍去，‎ ‎（2）由（1）知，所以，‎ 所以的面积为．‎ ‎【点睛】本题主要考查了正弦定理、余弦定理和三角形的面积公式的应用，其中在解有关三角形的题目时，要有意识地考虑用哪个定理更合适，要抓住能够利用某个定理的信息．一般地，如果式子中含有角的余弦或边的二次式时，要考虑用余弦定理；如果式子中含有角的正弦或边的一次式时，则考虑用正弦定理，着重考查了运算与求解能力，属于基础题．‎ ‎18.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：不等式的解集为.‎ ‎③当时：不等式的解集为.‎ 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.‎ ‎19.已知等差数列的公差不为0，其前项和为，，且，，成等比数列.‎ ‎（1）求数列的通项公式及的最小值；‎ ‎（2）若数列是等差数列，且，求的值.‎ ‎【答案】（1），1；（2）0或-1.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）设的公差为， ，用表示，再由等比数列的定义，建立关于的方程，求出配方，即可求出的最小值；‎ ‎（2）由（1）求出，先由成等差数列，求出，进而求出通项，再判断是否为等差数列.‎ ‎【详解】（1）设等差数列的公差为，‎ 因为，，，成等比数列，所以，‎ 所以，即，结合可得，‎ 所以，‎ 所以，‎ 所以当时，取得最小值，最小值为.‎ ‎（2）由（1）知，所以，‎ 因为为等差数列，所以，‎ 所以，‎ 化简可得，解得或，‎ 当时，，此时数列是等差数列，满足题意；‎ 当时，，此时数列是等差数列，满足题意；‎ 综上，或-1.‎ ‎【点睛】本题考查等比数列的定义、等差数列通项基本量的计算、等差数列的前项和以及等差数列的判定，考查计算求解能力，属于中档题.‎ ‎20.设函数，.‎ ‎（1）求不等式的解集；‎ ‎（2）若当时，不等式恒成立，求实数的取值范围.‎ ‎【答案】（1）当时，解集为；当或时，解集为；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据根的判别式分类讨论，结合一元二次不等式的解集，即可求出结论；‎ ‎（2），不等式恒成立，化简分离参数，应用基本不等式，即可求解.‎ ‎【详解】（1）不等式即，‎ 当，即时，不等式的解集为；‎ 当，即或时，‎ 方程的两根分别为，，‎ 故不等式解集为.‎ 综上，当时，不等式的解集为，‎ 当或时，不等式的解集为.‎ ‎（2）因为当时，不等式恒成立，‎ 即当时，不等式恒成立，‎ 所以对任意的恒成立，‎ 所以当时，，‎ 因为，当且仅当时取等号，‎ 所以，所以.‎ 故实数的取值范围为.‎ ‎【点睛】本题考查一元二次不等式的求解、基本不等式求最值，分离参数是解题的关键，考查分类讨论思想，属于中档题.‎ ‎21.已知数列是递增的等差数列，且，是方程的两根；数列是正项等比数列，且，.‎ ‎（1）求数列及的通项公式；‎ ‎（2）若数列满足，求数列的前和.‎ ‎【答案】（1），；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）求出的解，得到，求出的公差，进而求出的通项公式；再由，，求出的公比，即可求出的通项公式；‎ ‎（2）根据通项公式的特征，用错位相减法，即可求其前项和.‎ ‎【详解】（1）解方程，可得或，‎ 因为，是方程的两根，‎ 数列是递增数列，所以，，‎ 设等差数列的公差为，则，解得，‎ 所以.‎ 因为数列是正项等比数列，所以，公比，‎ 又，，所以，解得（负值舍去），‎ 所以；‎ ‎（2）由（1）可知，，所以，‎ 所以，‎ ‎，‎ 上述两式相减可得，‎ 所以.‎ ‎【点睛】本题考查等差、等比数列通项的基本量运算、错位相减法求数列前项和，考查计算求解能力，属于中档题.‎ ‎22.某菜地的平面示意图是如图所示的五边形区域，其中三角形区域为萝卜种植区，四边形区域为白菜种植区，，，，，，为小路（不考虑宽度），已知，，米.‎ ‎（1）求小路的长度；‎ ‎（2）求萝卜种植区的面积的最大值.‎ ‎【答案】（1）米；（2）平方米 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）连，根据已知可得，要求只需求出，在中，应用余弦定理求出，即可求解；‎ ‎（2）要求的面积的最大值，只需求出的最大值，由值和，用余弦定理和基本不等式，即可求出结论.‎ ‎【详解】（1）如图，连接，‎ 因为，米，‎ 所以在中，米，‎ 因为，所以，‎ 又，所以，所以是直角三角形，‎ 因为米，所以米，‎ 故小路的长度为米.‎ ‎（2）‎ ‎，当且仅当时，等号成立，‎ ‎，‎ 故萝卜种植区的面积的最大值为平方米.‎ ‎【点睛】本题考查余弦定理、勾股定理、基本不等式，考查计算求解能力，属于中档题.‎