- 2021-06-23 发布 |
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文档介绍
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.查看更多