2019-2020学年宁夏育才中学高二上学期期中考试数学(理)试题(解析版)

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2019-2020学年宁夏育才中学高二上学期期中考试数学(理)试题(解析版)

‎2019-2020学年宁夏育才中学高二上学期期中考试数学(理)试题 一、单选题 ‎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】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】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】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】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】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】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】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】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】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】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】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】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.‎ 二、填空题 ‎13.在中,已知,,,则___________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】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】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的数字归为一组,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】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】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 ‎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】(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】(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】(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,所以原不等式的解集为;‎ 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:数列是等差数列;‎ ‎(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】(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,公差为的等差数列 ‎(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.‎
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