河南省八市重点高中联盟2019-2020学年高二上学期“领军考试”数学试题 21页

‎2019—2020学年度上期八市重点高中联盟 ‎“领军考试”高二数学试题 注意事项：‎ ‎1.答卷前，考生务必将自己的姓名，准考证号填写在本试题相应的位置。‎ ‎2.全部答案在答题卡上完成，答在本试题上无效。‎ ‎3.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案用0.5mm黑色笔迹签字笔写在答题卡上。‎ ‎4.考试结束后，将本试题和答题卡一并交回。‎ 一、选择题（本大题共12个小题，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.在中，、、分别是内角、、的对边，且，则角的大小为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 分析：根据余弦定理的推论求得，然后可求得．‎ 详解：∵，‎ ‎∴．‎ 由余弦定理的推论得，‎ 又，‎ ‎∴．‎ 故选D．‎ 点睛：本题考查余弦定理推论的应用，解题时容易出现的错误是在求得角的三角函数值后忽视了角的范围，从而得到错误的结果．‎ ‎2.已知数列的前4项为：，，，，则数列的通项公式是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据前四项的特点即可归纳出数列的通项公式.‎ ‎【详解】观察数列的前4项，可知分母为，分子是奇数，为，‎ 同时符号是正负相间，为，‎ 所以.‎ 故选B.‎ ‎【点睛】本题主要考查数列通项公式的求解，根据条件观察数列项和项数之间的关系是解决本题的关键．‎ ‎3.已知是等比数列的前项和，若，，则（ ）‎ A. -1 B. C. D. 1‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先判断公比能否为1，结合条件求出公比，进而利用等比数列下标和性质及通项公式得到结果.‎ ‎【详解】设等比数列的公比为，显然，‎ 则，‎ 解得.又.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题考查等比数列通项公式及前n项和公式，考查计算能力，属于常考题型.‎ ‎4.在中，角，，的对边分别为，，，若，，则的面积为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由正弦定理可得，从而可得，利用面积公式得到答案.‎ ‎【详解】由已知可得，则由正弦定理可得.‎ 又，所以.所以，所以，‎ 所以.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查正弦定理解三角形，考查推理能力与计算能力，属于基础题.‎ ‎5.已知是等差数列的前项和，若，，则（ ）‎ A. 1009 B. 1010 C. 2020 D. 2021‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由可得，布列方程组解得基本量，从而得到结果.‎ ‎【详解】由已知可得，所以，‎ 设等差数列的公差为，则，‎ 解得，‎ 所以，‎ 所以.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查等差数列通项公式与前n项和公式，考查等差数列下标和性质，考查学生的运算能力，属于中档题.‎ ‎6.已知中，，，所对的边分别是，，，角，，成等差数列，且，则该三角形的形状是（ ）‎ A. 直角三角形 B. 等腰三角形 C. 等边三角形 D. 钝角三角形 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由角，，成等差数列，得，由可知，从而作出判断.‎ ‎【详解】由角，，成等差数列，得；‎ 由，根据正弦定理得，所以，该三角形是等边三角形，‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查三角形形状的判断，考查利用正弦定理进行边角的转化，考查合理恒等变形，属于常考题型.‎ ‎7.在中，角，，的对边分别为，，，，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用正弦定理结合条件可得，进而利用余弦定理可得所求角.‎ ‎【详解】因为，‎ 则由正弦定理可得，即.‎ 则由余弦定理，可得.又，‎ 所以.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题考查正余弦定理的应用，考查学生合理边角转化的能力，属于中档题.‎ ‎8.已知是等差数列的前项和，若，且，，成等比数列，则的最大值为（ ）‎ A. 77 B. 79 C. 81 D. 83‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用，，成等比数列，可得或.分类讨论即可得到等差数列的前n项和的最值.‎ ‎【详解】设等差数列的公差为，因为，，成等比数列.‎ 所以，即，‎ 整理得，解得或.‎ 当时，显然数列单调递增，不存在最大值.‎ 所以，所以，‎ 所以，，所以的最大值为.‎ 故选：C ‎【点睛】本题考查等差数列基本量的计算，考查等差数列前n项和的最值，考查运算能力，属于中档题.‎ ‎9.已知数列是正项等比数列，若数列满足：，，且，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 对n赋值可得，，从而得到，解得，再结合，可得，得到结果.‎ ‎【详解】设等比数列的公比为，所以.‎ 则由已知，得当时，由，可得；当时，由，可得，所以，即，解得，所以，‎ 则，解得，‎ 所以，所以.‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题考查数列通项的求法，考查等比数列通项公式，考查赋值法，考查推理能力与计算能力，属于中档题.‎ ‎10.如图，是某防汛抗洪大坝的坡面，大坝上有一高为20米的监测塔，若某科研小组在坝底点测得，沿着坡面前进40米到达点，测得，则大坝的坡角（）的余弦值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由，，可得，在中，由正弦定理得，在中，由正弦定理得，进而由可得结果.‎ ‎【详解】因为，，所以.‎ 在中，由正弦定理得，解得.‎ 在中，由正弦定理得，‎ 所以.‎ 又，所以，‎ 所以.‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题考查正弦定理解三角形，考查诱导公式，考查学生合理进行边角转化的能力，属于中档题.‎ ‎11.梅赛德斯-奔驰（Mercedes-Benz）创立于1900年，是世界上最成功的高档汽车品牌之一，其经典的“三叉星”商标象征着陆上、水上和空中的机械化.已知该商标由1个圆形和6个全等的三角形组成（如图），点为圆心，，若在圆内任取一点，则此点取自阴影部分的概率为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分别求出圆与阴影部分的面积，作商即可得到结果.‎ ‎【详解】由已知可得，则.‎ 又，.‎ 不妨设，则由正弦定理可得，‎ 则，‎ 所以阴影部分的面积为，圆的面积为，‎ 则在圆内任取一点，则此点取自阴影部分的概率为.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题考查几何概型的面积概型，合理求出阴影部分的面积是解题的关键，考查学生的计算能力，属于中档题.‎ ‎12.已知数列中，，，若，数列的前项和为，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 分析】‎ 由题意变形可得，即数列是常数列，从而得到，‎ 又，利用裂项相消法求和即可.‎ ‎【详解】因为，化简可得，‎ 所以数列是常数列.又，‎ 所以，解得，则，‎ 所以，‎ 所以.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查数列的递推关系，数列通项的求法，裂项相消法求和，考查推理能力与计算能力，属于中档题.‎ 二、填空题（本大题共4个小题，每小题5分，共20分）‎ ‎13.已知等比数列中，，，则______.‎ ‎【答案】18‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用等比数列下标和性质即可得到结果。‎ ‎【详解】由等比中项的性质，可得，所以.‎ 故答案为：18‎ ‎【点睛】本题考查等比数列下标和性质，考查学生应用数列性质的能力，属于常考题型.‎ ‎14.在中，角，，的对边分别为，，，若，则______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由正弦定理可得，结合余弦定理可得结果.‎ ‎【详解】因为，由正弦定理可得，‎ 设，‎ 则由余弦定理，可得.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题考查正余弦定理的应用，考查学生合理进行边角转化的能力，属于中档题.‎ ‎15.已知数列满足，，则______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由，得到数列前几项，明确数列具有周期性，从而得到结果.‎ ‎【详解】因为，‎ 所以，，，，，…，所以数列的周期为4，‎ 所以.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题考查递推关系，归纳猜想数列的周期性是解题的关键.‎ ‎16.在中，角，，的对边分别，，，，边上的中点分别为，，若，则的取值范围是______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 在与中，利用余弦定理表示BD与CE，从而得到，利用余弦函数的有界性得到结果.‎ ‎【详解】因为，边上的中点分别为，，所以，.‎ 在中，由余弦定理可得.‎ 在中，由余弦定理可得，‎ 所以.‎ 因为，所以，所以，‎ 所以，‎ 即的取值范围是.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题考查余弦定理解三角形，余弦型函数的值域，考查推理能力与运算能力，属于中档题.‎ 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.在中，角，，对应的边分别是，，，，.‎ ‎（Ⅰ）判断的形状；‎ ‎（Ⅱ）求的值.‎ ‎【答案】（Ⅰ）是等腰三角形.（Ⅱ）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）利用余弦定理得到，从而明确三角形的形状；‎ ‎（Ⅱ）由（Ⅰ）可知，故，利用正弦定理可得，再结合两角差余弦公式可得结果.‎ ‎【详解】（Ⅰ）由余弦定理，可得，‎ 即，解得.‎ 所以是等腰三角形.‎ ‎（Ⅱ）因为，所以.‎ 所以，所以.‎ 又由正弦定理，可得，‎ 所以，‎ 因为，所以，所以.‎ 所以.‎ ‎【点睛】本题考查三角形形状的判断及三角恒等变换，考查正弦定理、余弦定理及两角差余弦公式，考查计算能力，属于中档题.‎ ‎18.设公差不为零的等差数列满足，且，，成等比数列.‎ ‎（Ⅰ）求数列的通项公式；‎ ‎（Ⅱ）求数列的前项和.‎ ‎【答案】（Ⅰ）.（Ⅱ）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）利用等比中项及等差数列通项公式可得基本量，从而得到数列的通项公式；‎ ‎（Ⅱ）由（Ⅰ）可得，利用分组求和得到数列的前项和.‎ ‎【详解】（Ⅰ）设等差数列的公差为.‎ 因为，，成等比数列，所以，‎ 即，整理得①.‎ 又因为②.‎ 所以联立①②，解得，.‎ 所以.‎ ‎（Ⅱ）由（Ⅰ）可得，‎ 所以 ‎.‎ ‎【点睛】本题考查等差数列与等比数列基本量的计算，考查分组求和法，考查计算能力，属于常考题型.‎ ‎19.在圆内接四边形中，，，的面积为.‎ ‎（Ⅰ）求；‎ ‎（Ⅱ）若，求长.‎ ‎【答案】（Ⅰ）.（Ⅱ）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）由的面积为可得，结合余弦定理可得；‎ ‎（Ⅱ）由，可得，进而可得，结合正弦定理可得结果.‎ ‎【详解】（Ⅰ）因为，∴，‎ ‎，∴，‎ ‎，∴.‎ ‎∴，∴.‎ ‎（Ⅱ）根据题意，得，.‎ ‎∴.‎ 又，‎ 由正弦定理得：.‎ ‎∴.‎ ‎【点睛】解三角形问题，多为边和角的求值问题，这就需要根据正、余弦定理结合已知条件灵活转化边和角之间的关系，从而达到解决问题的目的.其基本步骤是：第一步：定条件，即确定三角形中的已知和所求，在图形中标出来，然后确定转化的方向.第二步：定工具，即根据条件和所求合理选择转化的工具，实施边角之间的互化.第三步：求结果.‎ ‎20.已知是数列的前项和，满足：，.‎ ‎（Ⅰ）求数列的通项公式；‎ ‎（Ⅱ）设，求数列的前项和.‎ ‎【答案】（Ⅰ）.（Ⅱ）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）由可得，即数列是首项为2，公比为2的等比数列，从而得到数列的通项公式；‎ ‎（Ⅱ）由（Ⅰ）得利用错位相减法即可得到结果.‎ ‎【详解】（Ⅰ）因为，‎ 所以由已知，当时，.‎ 两式相减，可得.‎ 又因为，所以数列是首项为2，公比为2的等比数列，‎ 所以.‎ ‎（Ⅱ）由（Ⅰ）得.‎ 则，‎ ‎.‎ 两式相减，得，‎ 整理得，，‎ 所以.‎ ‎【点睛】用错位相减法求和应注意的问题(1)要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形；(2)在写出“Sn”与“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“Sn－qSn”的表达式；(3)在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分公比等于1和不等于1两种情况求解.‎ ‎21.在中，角，，对应的边分别是，，，已知.‎ ‎（Ⅰ）求角的大小；‎ ‎（Ⅱ）若，分别为边上的高和中线，，，求的值.‎ ‎【答案】（Ⅰ）.（Ⅱ）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）由结合正弦定理可得角的大小；‎ ‎（Ⅱ）因为，，，所以由余弦定理，可得，.结合条件可得的值.‎ ‎【详解】（Ⅰ）因为，所以.‎ 则由正弦定理，可得，‎ 即，‎ 即，‎ 即，‎ 即.‎ 又因为，所以.‎ 又，所以.‎ ‎（Ⅱ）因为，，，‎ 所以由余弦定理，可得，‎ 即，‎ 所以，.‎ 因为为边上的中线，‎ 所以，‎ 所以，‎ 所以.‎ 又为边上的高，‎ 所以由三角形面积公式，得，‎ 即，解得.‎ 所以.‎ ‎【点睛】（1）在三角形中根据已知条件求未知的边或角时，要灵活选择正弦、余弦定理进行边角之间的转化，以达到求解的目的．‎ ‎（2）求角的大小时，在得到角的某一个三角函数值后，还要根据角的范围才能确定角的大小，这点容易被忽视，解题时要注意．‎ ‎22.已知数列中，，.‎ ‎（Ⅰ）求数列的通项公式；‎ ‎（Ⅱ）设，数列的前项和为，证明：对任意的，都有.‎ ‎【答案】（Ⅰ）.（Ⅱ）证明见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）由可得，即数列是以1为前项，2为公差的等差数列，从而可得数列的通项公式；‎ ‎（Ⅱ）由（Ⅰ）可得，利用裂项相消法可得.研究数列的单调性可得 ‎【详解】（Ⅰ）因为，‎ ‎，即.‎ 又，所以数列是以1为前项，2为公差的等差数列.‎ 所以，‎ 所以 ‎（Ⅱ）证明：因为，‎ 所以.‎ 所以 ‎.‎ 令，易证单调递增，‎ 所以.‎ 又，‎ 由，，得.‎ 所以.‎ 即对任意的，都有.‎ ‎【点睛】裂项相消法是最难把握的求和方法之一，其原因是有时很难找到裂项的方向，突破这一难点的方法是根据式子的结构特点，常见的裂项技巧：‎ ‎(1)；（2） ； （3）；（4） ；此外，需注意裂项之后相消的过程中容易出现丢项或多项的问题，导致计算结果错误.‎ ‎ ‎