甘肃省天水市第一中学2019-2020学年高二上学期11月月考数学试题 含解析

甘肃省天水市第一中学2019-2020学年高二上学期11月月考数学试题 含解析

天水一中2019-2020学年度高二级第一学期第一学段考试 数学试题 一、选择题（每题3分，共36分）‎ ‎1.若与的等差中项为，则（　　）‎ A. B. C. D. 不确定 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据等差中项公式，得出，即可求解，得到答案．‎ ‎【详解】由题意，因为与的等差中项为，所以，即，‎ 故选B．‎ ‎【点睛】本题主要考查了等差中项公式的应用，其中解答中熟记等差中项公式，列出关于的方程是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题．‎ ‎2.设{}是首项为，公差为﹣2的等差数列，为前项和，若S1，S2，S4成等比数列，则 ＝（ ）‎ A. 2 B. ﹣‎2 ‎C. 1 D. ﹣1‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据等差数列的前项和公式,求出,,,再根据S1，S2，S4成等比数列,列方程可求得.‎ ‎【详解】由等差数列的前项和公式得,‎ 所以,,,‎ 因为S1，S2，S4成等比数列,所以,即,解得.‎ 故选D.‎ ‎【点睛】本题考查了等差数列的前项和公式、等比数列的性质.属于基础题.‎ ‎3.在中，若，，，则中最大角的度数为（ ）‎ A. 60° B. 90° C. 120° D. 150°‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 比较三边的大小，最大边所对的角C为最大角，再利用余弦定理求解.‎ ‎【详解】由于，所以中的最大角为，所以，所以.‎ ‎【点睛】本题考查三角形边角关系以及余弦定理运用.三角形边与角之间满足：大边对大角，大角对大边；余弦定理在解三角形中常见的两种类型：1、已知三边求角；2、已知两边及夹角解三角形.‎ ‎4.设等差数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝－11，a4＋a6＝－6，则当Sn取最小值时，n等于(　　)‎ A. 6 B. ‎7 ‎C. 8 D. 9‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 分析：条件已提供了首项，故用“a1，d”法，再转化为关于n的二次函数解得．‎ 解答：解：设该数列的公差为d，则a4+a6=‎2a1+8d=2×（-11）+8d=-6，解得d=2，‎ 所以Sn=-11n+‎ ‎×2=n2-12n=(n-6)2-36，所以当n=6时，Sn取最小值．‎ 故选A 点评：本题考查等差数列的通项公式以及前n项和公式的应用，考查二次函数最值的求法及计算能力．‎ ‎【此处有视频，请去附件查看】‎ ‎5.已知数列是等差数列，数列分别满足下列各式，其中数列 必为等差数列的是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 对每一个选项逐一分析判断得解.‎ ‎【详解】设数列的公差为d，‎ 选项A,B,C,都不满足同一常数，所以三个选项都是错误的；‎ 对于选项D，,‎ 所以数列必为等差数列.‎ 故选：D ‎【点睛】本题主要考查等差数列的判定和性质，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，属于基础题.‎ ‎6.已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若a5+a7+a9＝21，则S13＝（ ）‎ A. 36 B. ‎72 ‎C. 91 D. 182‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据等差数列的性质求出,根据等差数列的前项和公式可得.‎ ‎【详解】因为{an}为等差数列,所以,‎ 所以,‎ 所以.‎ 故选C.‎ ‎【点睛】本题考查了等差数列的性质、等差数列的前项和.属于基础题.‎ ‎7.已知为正项等比数列的前n项和．若，，则 A. 14 B. ‎24 ‎C. 32 D. 42‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 因为各项为正，根据等比数列中成等比数列的性质，知成等比数列，所以，，故选D.‎ ‎8.我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：“一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯多少？”现有类似问题：一座5层塔共挂了363盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的3倍，则塔的底层共有灯 A. 81盏 B. 112盏 C. 162盏 D. 243盏 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 从塔顶到塔底每层灯盏数可构成一个公比为3的等比数列，其和为363．由等比数列的知识可得．‎ ‎【详解】从塔顶到塔底每层灯盏数依次记为，此数列是等比数列，公比为3，5项的和为363，则，，∴．‎ 故选D．‎ ‎【点睛】本题考查等比数列的应用，解题关键是根据实际意义构造一个等比数列，把问题转化为等比数列的问题．‎ ‎9.已知定义在上的函数的导函数为，若， 则不等式的解集为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 不等式的的解集等价于函数图像在下方的部分对应的x的取值集合，那就需要对函数的性质进行研究，将还原为，即，在R上单调递减，且，故当，,即可解得不等式解集.‎ ‎【详解】解：令 因为 所以，‎ 故 故在R上单调递减，‎ 又因为 所以，‎ 所以当，，即的解集为 故选B.‎ ‎【点睛】不等式问题往往可以转化为函数图像问题求解，函数图像问题有时借助函数的性质（奇偶性、单调性等）进行研究，有时还需要构造新的函数.‎ ‎10.设二次函数f（x）＝x2+ax+b，若对任意的实数a，都存在实数，使得不等式|f（x）|≥x成立，则实数b的取值范围是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据补集思想先将问题转化为条件的反面” ,”进一步转化为” ,的最大值与最小值之差小于‎2”‎,然后利用导数求出函数的最大最小值代入,求得的范围.再求出其补集即可.‎ ‎【详解】问题条件的反面为”若存在实数,对任意实数,使得不等式成立|,‎ 即,,设,‎ 所以,,所以,‎ 所以,‎ 即.‎ 因为,,‎ 当时,为上的递减函数,‎ 所以,,‎ 所以,解得(舍去);‎ 当时,在上递减,在上递增,‎ 或,‎ ‎,‎ 所以,解得.‎ 当时,,在上递增,‎ ‎,,‎ 所以,解得,‎ 所以.‎ 综上所述,所求实数的取值范围是或.‎ 故选D.‎ ‎【点睛】本题考查了补集思想,不等式恒成立问题,分类讨论思想,转化思想,利用导数研究函数单调性,利用单调性求函数的最值等.本题属于难题.‎ 本题解题的关键是利用补集思想将问题转化为条件的反面求的范围.然后可得满足题目条件的的范围.‎ ‎11.在数列{an}中，若，a1＝8，则数列{an}的通项公式为（ ）‎ A. an＝2（n+1）2 B. an＝4（n+1） C. an＝8n2 D. an＝4n（n+1）‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用是等差数列可得.‎ ‎【详解】因为,‎ 所以,‎ 所以是首项为,公差为的等差数列,‎ 所以,‎ 所以.‎ 故选A.‎ ‎【点睛】本题考查了等差数列的定义以及通项公式,属于基础题.‎ ‎12.若不等式，，则的取值范围是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 分析：用变量替换，再得出解集 详解：‎ 点睛：不等式只能线性运算,。‎ 二、选择题（每题4分，共16分）‎ ‎13.在等比数列{an}中，若a3•a6＝2，a4+a5＝3，则an＝_____．‎ ‎【答案】2n﹣4或25﹣n ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用等比数列的性质以及通项公式可得.‎ ‎【详解】因为数列是等比数列,且,‎ 根据等比数列的性质可得,,‎ 联立 ,解得或,‎ 设等比数列的公比为,则或,‎ 所以或.‎ 故答案为: 或.‎ ‎【点睛】本题考查了等比数列的性质以及等比数列的通项公式,属于基础题.‎ ‎14.已知关于的不等式的解集是空集，则实数的取值范围是 ．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 试题分析：由题意知恒成立，当时，不等式化为，显然恒成立；当时，则，即，综上实数的取值范围是，故答案填.‎ 考点：1、二次不等式；2、极端不等式恒成立.‎ ‎【思路点晴】本题是一个关于二次不等式以及极端不等式恒成立的综合性问题，属于中档题.解决本题的基本思路及切入点是：将不等式的解集是空集的问题，转化为不等式恒成立的问题，在此应特别注意二次项的系数是否为零的问题，因此需要对其进行讨论，再结合二次函数的图象以及判别式，即可求得实数的取值范围.‎ ‎15.已知椭圆的左、右焦点分别为，点在椭圆上，且垂直轴，若直线的斜率为，则该椭圆的离心率为__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 根据题意，如图：椭圆的左、右焦点分别为，则 直线的斜率为，则 ‎ 则有 则 ‎ 则 ‎ 则椭圆的离心率 ‎ 故答案 ‎ ‎【点睛】本题考查椭圆的几何性质，关键是作出椭圆的图形，结合直线的斜率分析 的值．‎ ‎16.在平面直角坐标系中，设点，，点坐标满足，则在上的投影的取值范围是__________‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据不等式组画出可行域，可知；根据向量投影公式可知所求投影为，利用的范围可求得的范围，代入求得所求的结果.‎ ‎【详解】由不等式组可得可行域如下图阴影部分所示：‎ 由题意可知：，‎ 在上的投影为：‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 本题正确结果：‎ ‎【点睛】本题考查线性规划中的求解取值范围类问题，涉及到平面向量投影公式的应用；关键是能够根据可行域确定向量夹角的取值范围，从而利用三角函数知识来求解.‎ 三、解答题（共48分）‎ ‎17.在中,角、、的对边分别为、、,且 ‎(1)求的值;‎ ‎(2)若,且,求和的值.‎ ‎【答案】（1）；（2）．‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）由正弦定理得，，‎ 又，∴，‎ 即，∴，‎ ‎∴,又，∴.‎ ‎(2）由得，又，∴‎ 由，,可得，‎ ‎∴，即，∴．‎ 考点：本题主要考查平面向量的数量积，两角和与差的三角函数，正弦定理、余弦定理的应用。‎ 点评：典型题，近些年来，将平面向量、三角函数、三角形问题等结合考查，已成较固定模式。研究三角函数问题时，往往要利用三角公式先行“化一”。本题（2）通过构建a，c的方程组，求得a,c。‎ ‎18.已知数列的前项和为.‎ ‎（1）求这个数列的通项公式；‎ ‎（2）若，求数列的前项和.‎ ‎【答案】(1) (2) ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）当且时，利用求得，经验证时也满足所求式子，从而可得通项公式；（2）由（1）求得，利用错位相减法求得结果.‎ ‎【详解】（1）当且时，…①‎ 当时，，也满足①式 数列通项公式为：‎ ‎（2）由（1）知：‎ ‎【点睛】本题考查利用求解数列通项公式、错位相减法求解数列的前项和的问题，关键是能够明确当数列通项为等差与等比乘积时，采用错位相减法求和，属于常考题型.‎ ‎19.已知数列中，，.‎ ‎(1)求数列的通项公式:‎ ‎(2)设，求数列的通项公式及其前项和.‎ ‎【答案】(1) (2) ，‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1) 利用累加法得到答案.‎ ‎(2)计算，利用裂项求和得到前项和.‎ ‎【详解】(1)由题意可知 左右累加得.‎ ‎(2) ‎ ‎.‎ ‎【点睛】本题考查了数列的累加法，裂项求和法，是数列的常考题型.‎ ‎20.已知各项均为正数的数列的前项和为，且，（，且）‎ ‎（1）求数列的通项公式；‎ ‎（2）证明：当时，‎ ‎【答案】(1) (2)见证明 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)由题意将递推关系式整理为关于与的关系式，求得前n项和然后确定通项公式即可；‎ ‎(2)由题意结合通项公式的特征放缩之后裂项求和即可证得题中的不等式.‎ ‎【详解】（1）由，得，即，‎ 所以数列是以为首项，以为公差等差数列，‎ 所以，即，‎ 当时，，‎ 当时，，也满足上式，所以；‎ ‎（2）当时，，‎ 所以 ‎【点睛】给出 与 的递推关系，求an，常用思路是：一是利用转化为an的递推关系，再求其通项公式；二是转化为Sn的递推关系，先求出Sn与n之间的关系，再求an.‎ ‎21.（1）已知，，，比较与的大小；‎ ‎（2）已知，，，，求的取值范围．‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用作差比较法即可得出结果；‎ ‎（2）先对乘以1结果保持不变，将看为一个整体代入得，展开运用基本不等式可求得最小值，得到结果.‎ ‎【详解】（1）．‎ ‎∵，，，∴，，，．‎ 又，∴．∴．‎ ‎（2）∵，，，∴，‎ 当且仅当即当时等号成立．‎ 故的取值范围是．‎ ‎【点睛】该题考查的是有关不等式的问题，涉及到的知识点应用作差法比较式子的大小，利用基本不等式求最值，属于简单题目.‎ ‎22.选修4-5：不等式选讲 已知函数，‎ ‎（1）若关于的不等式恒成立，求实数的取值范围；‎ ‎（2）若关于的一元二次方程有实根，求实数的取值范围.‎ ‎【答案】（Ⅰ）;（Ⅱ）.‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）由绝对值不等式的性质可得，所以，即可求解的取值范围；‎ ‎（2）由方程由实根，则，去掉绝对值号，即可求解实数的取值范围。‎ 试题解析：‎ ‎（Ⅰ）因为 ，所以，即，‎ 所以实数的取值范围为． ‎ ‎（Ⅱ），即 ，‎ 所以不等式等价于 或或 所以，或 ，或，‎ 所以实数的取值范围是． ‎