河南省南阳市2019-2020学年高二上学期期中考试数学试题 17页

‎2019年秋期高中二年级期中质量评估 数学试题 注意事项：‎ ‎1. 本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.考生做题时将答案答在答题卡的指定位置上，在本试卷上答题无效.‎ ‎2. 答题前，考生务必先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.‎ ‎3. 选择题答案使用2B铅笔填涂，非选择题答案使用0.5毫米的黑色中性（签字）笔或碳素笔书写，字体工整，笔迹清楚.‎ ‎4. 请按照题号在各题的答题区城（黑色线框）内作答，超出答题区域书写的答案无效.‎ ‎5. 保持卷面清洁，不折叠、不破损.‎ 第Ⅰ卷 选择题（共60分）‎ 一、选择题（本大题共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.不等式的解集是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先将分式不等式通分，再转化为二次不等式求解即可.‎ ‎【详解】因为，得，得，解得.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题主要考查了解分式不等式，属于基础题.‎ ‎2.在中，角、、对应的边分别为、、.若，则有（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由正弦定理可得边之比，进而可得角的大小关系，结合余弦函数的单调性可得选项.‎ ‎【详解】因为，由正弦定理可得，‎ 由大边对大角可得：，‎ 又因为在上为减函数，‎ 所以.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题主要考查了正弦定理的边角互化及大边对大角的性质，属于基础题.‎ ‎3.已知，且，则下列不等式一定成立的是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：由函数在R上是增函数可知A项正确；B项时不正确；C项时不正确；D项时不正确 考点：不等式性质 ‎4.在等差数列中，若，，则（ ）‎ A. 2 B. 3 C. 4 D. 5‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由等差数列求和公式得，进而得，从而得解.‎ ‎【详解】等差数列中，，得.‎ 从而得：，因为，所以2.‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题主要考查了等差数列的求和公式和下标和的性质，属于基础题.‎ ‎5.若实数满足约束条件，则的最大值是（ ）‎ A. B. 1‎ C. 10 D. 12‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题是简单线性规划问题的基本题型，根据“画、移、解”等步骤可得解.题目难度不大题，注重了基础知识、基本技能的考查.‎ ‎【详解】在平面直角坐标系内画出题中的不等式组表示的平面区域为以为顶点的三角形区域（包含边界），由图易得当目标函数经过平面区域的点时，取最大值.‎ ‎【点睛】解答此类问题，要求作图要准确，观察要仔细.往往由于由于作图欠准确而影响答案的准确程度，也有可能在解方程组的过程中出错.‎ ‎6.已知数列为等比数列，为其前项和，且，则常数（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求，再由得时得通项公式，由等比数列性质知首项也满足可得解.‎ ‎【详解】由，得，‎ 时有：‎ ‎.‎ 由数列为等比数列，可知满足上式，‎ 所以，解得.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题主要考查了利用和与项关系计算通项公式，再由等比数列的性质列式求解，属于基础题.‎ ‎7.在中，角、、对应的边分别为、、.若，边上的中线，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 在和中利用余弦定理可得和，进而可得和，从而得解.‎ ‎【详解】因为为的中点，所以.‎ 在中，，整理得：（1）.‎ 在中，，整理得：（2）.‎ ‎（1）-（2）得：，即，代入（1）可得.‎ 所以.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题主要考查了余弦定理在几何中的应用，属于中档题.‎ ‎8.记为数列的前项和，且满足，，若数列 为递增数列，则实数的取值范围为（ ）‎ A. B. C. D. 或 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由，及，作差可得，进而结合单调性及等比数列性质可得解.‎ ‎【详解】由，及，作差可得：，‎ 即，因为，所以，所以为等比数列.‎ 若数列为递增数列，则.‎ 解得.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题主要考查了利用项与和的关系证明等比数列，及等比数列的单调性，属于基础题.‎ ‎9.设，若关于的不等式在区间上有解，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意得不等式对应的二次函数开口向上，分别讨论三种情况即可。‎ ‎【详解】由题意得：当 当 当 综上所述：,选D.‎ ‎【点睛】本题主要考查了含参一元二次不等式中参数的取值范围。解这类题通常分三种情况：。有时还需要结合韦达定理进行解决。‎ ‎10.已知点和在直线的两侧，则实数的取值范围是（ ）‎ A. B. C. D. 或 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由条件可得，从而得解.‎ ‎【详解】点和在直线的两侧，‎ 所以，解得.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题主要考查了点与直线的位置关系，属于基础题.‎ ‎11.已知：数列，，对任意的，，则（ ）‎ A. 3185 B. 3186 C. 3187 D. 3188‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由，得，作差得，从而利用即可得解.‎ ‎【详解】由，得，‎ 两式作差可得：.‎ 所以 由，得 所以 故选：A.‎ ‎【点睛】本题主要考查了数列的递推关系，解题的关键是得到，并用累加的方式得到，属于中档题.‎ ‎12.若，则的最小值是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 分析】‎ 将原式变形为，再利用基本不等式求最值即可.‎ ‎【详解】.‎ 当且仅当，即时有最小值.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题主要考查了利用基本不等式求最值，解题的关键是凑出积为定值的结构，属于中档题.‎ 第Ⅱ卷 非选择题（共90分）‎ 二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分，把正确答案填在答题卷中的横线上）‎ ‎13.若三数成等比数列，其积为8，首末两数之和为4，则公比q的值为__________。‎ ‎【答案】1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意，设公比为，可设三数为，，，列出方程，求解方程即可 ‎【详解】三数成等比数列，设公比为，可设三数为，，，可得，求出，公比的值为1‎ ‎【点睛】本题考查利用等比数列的性质求解，属于基础题 ‎14.在中，角、、对应的边分别为、、.若，且，则______.‎ ‎【答案】（或填写）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由正弦定理结合可得，再由余弦定理即可得解.‎ ‎【详解】由正弦定理，可得：.‎ 可得：.‎ 所以，解得（或）‎ 故答案为：（或填写）.‎ ‎【点睛】本题主要考查了正余弦定理解三角形，属于基础题.‎ ‎15.在等比数列中，若，则的最小值为______.‎ ‎【答案】.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由等比数列下标和的性质得，再由展开利用基本不等式即可得最小值.‎ ‎【详解】等比数列中，若，‎ 所以.‎ 所以.‎ 当且仅当即时有最小值.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题主要考查了等比数列的下标和性质及基本不等式求最值，属于中档题.‎ ‎16.某小贩卖若干个柑桔。若小贩以所有柑桔的一半又半个卖给第一人；以其剩余的一半又半个卖给第二人；同样的方法，卖给其余的顾客，当第七个人来买时，小贩已经卖完了，则小贩的柑桔一共有______个.‎ ‎【答案】63.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设小贩原有柑桔数为个，分别求得六个人所得列方程求解即可.‎ ‎【详解】设小贩原有柑桔数为个，‎ 第一人所得为：‎ 第二个人所得为：‎ 第二个人所得为：‎ ‎……‎ 第六个人所得为：‎ 故：.‎ 所以 解之得：.‎ 或：逆向分析，第6个人买时只有1个柑橘，第5个人买时只有3个柑橘，…….‎ ‎【点睛】本题以数学文化的形式考查了等比数列求和，属于基础题.‎ 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.已知关于的不等式的解集为.‎ ‎（1）求的值；‎ ‎（2）当，，且满足时，有恒成立，求的取值范围.‎ ‎【答案】（I）；（II） ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ Ⅰ 由不等式的解集为或，可得和是方程的两个实数根，得到关于的方程组，求出的值即可；Ⅱ根据（Ⅰ），，可得，结合基本不等式的性质求出的最小值，得到关于的不等式，解出即可．‎ ‎【详解】Ⅰ解一：因为不等式的解集为或，‎ 所以1和b是方程的两个实数根且，‎ 所以，解得 解二：因为不等式的解集为或，‎ 所以1和b是方程的两个实数根且，‎ 由1是的根，有，‎ 将代入，得或，‎ Ⅱ由Ⅰ知，于是有，‎ 故，‎ 当时，左式等号成立，‎ 依题意必有，即，‎ 得，‎ 所以k的取值范围为 ‎【点睛】本题考查了二次函数和二次不等式的关系，考查利用基本不等式求最值以及转化思想，是一道常规题．在利用基本不等式求最值时，要特别注意“拆、拼、凑”等技巧，使其满足基本不等式中“正”（即条件要求中字母为正数）、“定”（不等式的另一边必须为定值）、“等”（等号取得的条件）的条件才能应用，否则会出现错误.‎ ‎18.设的内角所对的边长分别为，且．‎ ‎（Ⅰ）求的值； （Ⅱ）求的最大值．‎ ‎【答案】（Ⅰ）4 （Ⅱ）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（Ⅰ）在中，由正弦定理及 可得 即，则；‎ ‎（Ⅱ）由得 当且仅当时，等号成立，‎ 故当时，的最大值为.‎ ‎19.已知数列为单调递增数列，为其前项和，.‎ ‎（1）求的通项公式；‎ ‎（2）若，记为数列的前项和，求.‎ ‎【答案】（1）；‎ ‎（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由得，作差可得，结合首项可得通项公式；‎ ‎（2）由（1）知，，利用裂项相消求和即可.‎ ‎【详解】（1）当时，，‎ 所以，即，‎ 又为单调递增数列，所以．‎ 由得，所以，‎ 则，所以．‎ 所以，即，‎ 所以是以1为首项，1为公差的等差数列，‎ 故．‎ ‎（2）由（1）知，，‎ 则 ‎.‎ ‎【点睛】本题主要考查了利用数列的和与项的关系求通项及裂项相消法求和，属于基础题.‎ ‎20.已知的三个内角，，的对边分别为，，，若.‎ ‎（1）求角的大小；‎ ‎（2）若，求的最大值.‎ ‎【答案】（1）；‎ ‎（2）.‎ ‎【解析】‎ 分析】‎ ‎（1）利用正余弦平方和为1的性质将余弦化为正弦，再由正弦定理角化边可得，进而利用余弦定理可得解；‎ ‎（2）由正弦定理可得，进而可得，利用三角恒等变换化简结合三角函数性质求最值即可.‎ ‎【详解】（1）因为，‎ 故，‎ 由正弦定理可得，，‎ 由余弦定理得，，又因为，‎ 故.‎ ‎（2）因为，，则有，‎ ‎，其中，‎ 故的最大值为.‎ ‎【点睛】本题主要考查了正余弦定理解三角形及三角恒等变换，属于中档题.‎ ‎21.甲、乙两容器中分别盛有两种浓度的某种溶液，从甲容器中取出溶液，将其倒入乙容器中搅匀，再从乙容器中取出溶液，将其倒入甲容器中搅匀，这称为是一次调和，已知第一次调和后，甲、乙两种溶液的浓度分别记为：，，第次调和后的甲、乙两种溶液的浓度分别记为：、.‎ ‎（1）请用、分别表示和；‎ ‎（2）问经过多少次调和后，甲乙两容器中溶液的浓度之差小于.‎ ‎【答案】（1），；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）由题意可设在第一次调和后的浓度为，，‎ ‎；‎ ‎（2）由于题目中的问题是针对浓度之差，所以，我们不妨直接考虑数列．‎ 由（1）可得：‎ ‎，‎ 所以，数列是以为首项，以为公比的等比数列．‎ 所以，，‎ 由题，令，得．所以，，‎ 由得，所以，.‎ 即第次调和后两溶液浓度之差小于.‎ ‎22.‎ 数列满足 ‎( 1 ) 求并求数列的通项公式；‎ ‎( 2 ) 设，求 ‎【答案】( 1 ) ； ( 2 ) .‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎( 1 )根据 把代入即可求的值.当时，整理可知数列是首项为1、公差为1的等差数列，当时，整理可知数列是首项为2、公比为2的等比数列，最后综合可得答案. ( 2 ) 化简可知数列是等差乘等比构成的数列，所以用错位相减法求和.‎ ‎【详解】解：(1)因为所以 一般地，当时，‎ ‎＝，即 所以数列是首项为1、公差为1的等差数列，‎ 因此 当时，‎ 所以数列是首项为2、公比为2的等比数列，‎ 因此 故数列的通项公式为 ‎(2)由(1)知，‎ ‎①‎ ‎②‎ ‎①－②得，‎ 所以.‎ ‎【点睛】本题考查由递推公式求数列的通项，考查错位相减法求和，解题的关键是讨论n的奇偶，属于中档题.‎ ‎ ‎ ‎ ‎