数学卷·2018届吉林省吉林二中高二11月月考（2016-11）

数学卷·2018届吉林省吉林二中高二11月月考（2016-11）

吉林二中2016-2017学年度上学期11月月考考试 高二数学试卷 ‎ 第Ⅰ卷 说明：1、本试卷分第I试卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分；‎ ‎2、满分120分，考试时间100分钟。‎ 一、 选择题（共12题，每题5分，共60分）‎ ‎1．已知，，且，不为0，那么下列不等式成立的是（ ）‎ A． B．‎ C． D．‎ ‎2．在中，已知，那么一定是（ ）‎ A．等腰三角形 B．直角三角形 ‎ C．等腰三角形或直角三角形 D．等腰直角三角形 ‎3．若不等式的解集是，那么的值是 ( )‎ A. 1 B. ‎2 C. 3 D. 4‎ ‎4．在中，，则角（ ）‎ A． B．或 C． D．‎ ‎5．《九章算术》之后，人们学会了用等差数列的知识来解决问题，《张丘建算经》卷上第22题为：“今有女善织，日益功疾（注：从第2天开始，每天比前一天多织相同量的布），第一天织5尺布，现一月（按30天计）共织390尺布”，则从第2天起每天比前一天多织（ ）尺布.‎ A. B. C. D.‎ ‎6．若是等差数列的前项和，，则的值为（ ）‎ A、 B、‎33 C、 D、‎ ‎7．若不等式对任意实数均成立，则实数的取值范围是（ ）‎ A. B. C. D.‎ ‎8．在△中，角，，的对边分别为，，，若，，成等差数列，2，2， 2成等比数列，则（ ）‎ A． B． C. D．‎ ‎9．数列满足，，，，是首项为1，公比为2的等比数列，那么等于（ ）‎ A． B． ‎ C． D．‎ ‎10．若变量，满足约束条件且的最大值和最小值分别为和，则等于（ ）‎ A．5 B．‎6 C.7 D．8‎ ‎11．在递增的等比数列中，已知，，且前项和为，则（ ）‎ ‎（A） （B） （C） （D）‎ ‎12．已知各项均为正数的等比数列满足，若存在两项，使得，则的最小值为（ ）‎ A． B． C. D．‎ 吉林二中2016-2017学年度上学期11月月考考试 高二数学试卷 命题人：邢弘引 第II卷 二、填空题（共4题，共计20分）‎ ‎13．已知，，，则的最小值为 。‎ ‎14．小华同学骑电动自行车以的速度沿着正北方向的公路行驶，在点处望见电视塔在电动车的北偏东30°方向 上，后到点处望见电视塔在电动车的北偏东75°方向上，则电动车在点时与电视塔的距离是___________．‎ ‎15．设实数，满足若目标函数的最小值为-1，则实数= ．‎ ‎16．已知满足，且，数列的前项和 ．‎ 三、解答题（共4题，每题10分，共40分）‎ ‎17．（本小题满分12分）在三角形ABC中，∠A，∠B，∠C的对边分别为且 ‎（1）求∠A；‎ ‎（2）若，求的取值范围.‎ ‎18．（本题满分12分）已知向量．记 ‎(I)求的最小正周期及单调增区间；‎ ‎（Ⅱ）在中，角，，的对边分别为若，，，求的值．‎ ‎19．（本小题满分12分）已知等差数列，为其前项和，‎ ‎（1）求数列的通项公式；‎ ‎（2）若，求数列的前项和 ‎20．已知函数，数列的前项和为，点均在函数的图象上.‎ ‎（1）求数列的通项公式；‎ ‎（2）令，证明：‎ 吉林二中2016-2017学年度上学期11月月考考试 高二数学答案 分值：120‎ 一、 选择题（共12题，每题5分，共60分）‎ ‎1．D ‎【解析】‎ 试题分析：根据不等式的性质，可知，则，故选D.‎ 考点：不等式的性质.‎ ‎2．A ‎【解析】‎ 试题分析：因为，由正弦定理得，‎ 即，所以，所以三角形为等腰三角形，故选A．‎ 考点：正弦定理．‎ ‎3．C ‎【解析】‎ 试题分析：因为不等式的解集是，所以方程的两个根为，且，由韦达定理得 考点：二次方程根与二次不等式解集关系 ‎4．A ‎【解析】‎ 试题分析：由题意得，根据正弦定理可知，又因为，所以，故选A．‎ 考点：正弦定理.‎ ‎5．D ‎【解析】‎ 试题分析：设从第二天起每天比前一天多尺布，由题可知，每天的织布量构成以为首项，以为公差的等差数列.由等差数列的前项和公式可得，解得.故本题正确答案为D.‎ 考点：等差数列基本量的计算.‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：由题已知，则由等差数列性质可得；，‎ 考点：等差数列的性质及求和．‎ ‎7．C ‎【解析】‎ 试题分析：∵不等式时对任意实数均成立，‎ ‎∴（m-2）x2+2（m-2）x-4＜0，‎ 当m-2=0，即m=2时，不等式为-4＜0，显然成立；‎ 当m-2≠0，即m≠2时，应满足m−2＜0且△＝4（m−2）2+16（m−2）＜0，‎ 解得-2＜m＜2；‎ 综上，-2＜m≤2，‎ 即实数m的取值范围是（-2，2].‎ 考点：一元二次不等式的解法 ‎8．A ‎【解析】‎ 试题分析：由，，成等差数列，则，又因为，所以，又由成等比数列，得，由余弦定理得，代入可得，‎ 即，所以，所以，故选A.‎ 考点：等差数列的性质及余弦定理.‎ ‎9．D ‎【解析】‎ 试题分析：由数列满足，， ，是首项为，公比为的等比数列，所以 ‎，所以 ‎，故选D．‎ 考点：数列的通项公式．‎ ‎10．B ‎【解析】‎ 试题分析：作出不等式组对应的平面区域，如图所示，由，得，平移直线，由图象可知当直线经过点时，直线的截距最大，此时有最大值，由，解得，所以，直线经过点时，有最小值，由，解得，所以，所以，故选B.‎ 考点：简单的线性规划问题.‎ ‎11．A ‎【解析】‎ 试题分析：由题根据等比数列性质进行分析计算即可得到所求n值；‎ 由题，.‎ 考点：等比数列性质 ‎12．A ‎【解析】‎ 试题分析：由题意得，设等比数列的公比为，由等比数列满足，则，即，解得，又因为存在两项，使得，即，解得，所以，当且仅当，即时等号是成立的，所以的最小值为，故选A.‎ 考点：数列与不等式的综合问题.‎ ‎【方法点晴】本题主要考查了数列与不等式的综合问题，其中解答中涉及到等比数列的通项公式、等比数列的性质以及基本不等式求最值，着重考查了学生分析问题和解答问题的能力，以及推理与运算能力，试题有一定的难度，属于中档试题，本题的解答中根据等比数列的通项公式，得到的值，进而使用基本不等式求解最值是解答的关键.‎ ‎13．‎ ‎【解析】‎ 试题分析：，当且仅当时等号成立 考点：不等式性质 ‎14．‎ ‎【解析】‎ 试题分析：如图所示，由条件可知,在中，‎ ‎，所以,由正弦定理知，所以．‎ 考点：解三角形的实际应用．‎ ‎15．‎ ‎【解析】‎ 试题分析：画出满足的可行域如下图，可得直线与直线的交点，使得目标函数取得最小值，由，解得，代入，得，解得.‎ 考点：简单的线性规划问题.‎ ‎16．‎ ‎【解析】‎ 试题分析：由得，即数列为等差数列，首项为，公差为，前项和 考点：等差数列 三、解答题（共4题，每题10分，共40分）‎ ‎17．（1）;（2）.‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）由余弦定理有,根据角的范围即得.‎ ‎（2）思路一：根据，应用基本不等式.‎ 思路二、由正弦定理得到，将 化成,根据即得.‎ 试题解析：（1）由余弦定理有 ‎，‎ ‎（2）方法一：且，‎ ‎ ，，（当且仅当时取等号）‎ 方法二、由正弦定理 ‎=‎ 因为，所以 所以即.‎ 考点：1.两角和差的三角函数；2.三角函数的图象和性质；3.正、余弦定理；4.基本不等式.‎ ‎18．(I) （Ⅱ），‎ ‎【解析】由已知， 2分 ‎（I）， 3分 ‎ 由复合函数的单调性及正弦函数的单调性，‎ 解得，‎ 所以，函数的单调增区间为. 6分 ‎（Ⅱ）由，得，‎ ‎∵，∴， 8分 因为，根据正弦定理，得， 9分 由余弦定理，有，则，‎ 所以，，. 12分 ‎【考点定位】本题考查平面向量的坐标运算、三角恒等变换、三角函数的图象与性质、正弦定理、余弦定理等基础知识，意在考查考生的运算求解能力及应用数学知识解决问题的能力.‎ ‎19．（1）；（2）.‎ 试题解析：解：（1）由公差 ‎（2），‎ ‎.‎ 考点：1、等差数列的通项公式；2、分组求和.‎ ‎20．（1）；（2）详见解析.‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）利用时，以及时，以此求出数列的通项公式；（2）利用基本不等式由此证明，利用裂项法得到，由此计算出数列的前项和，于此证明.‎ ‎（1）点在的图象上，，‎ 当时，；‎ 当时，适合上式，‎ ‎；‎ ‎（2）证明：由，‎ ‎，‎ 又，‎ ‎，‎ 成立.‎ 考点：1.定义法求数列通项；2.基本不等式；3.裂项法求和