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- 2021-06-10 发布
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2016-2017学年河南省鹤壁市淇县一中高二（上）期中数学试卷
一．选择题（每题5分，共60分）
1．数列{an}满足a1=1，an+1=2an+1（n∈N+），那么a4的值为（ ）
A．4 B．8 C．15 D．31
2．设命题甲为：0＜x＜5，命题乙为：|x﹣2|＜3，则甲是乙的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分又不必要条件
3．已知a，b，c∈R，则下列推证中正确的是（ ）
A．a＞b⇒am2＞bm2 B．
C． D．
4．在等差数列{an}中，前四项之和为20，最后四项之和为60，前n项之和是100，则项数n为（ ）
A．9 B．10 C．11 D．12
5．设0＜a＜b且a+b=1，则下列四数中最大的是（ ）
A．a2+b2 B．2ab C．a D．
6．等比数列的前n项和，前2n项和，前3n项的和分别为A，B，C，则（ ）
A．A+B=C B．B2=AC C．（A+B）﹣C=B2 D．A2+B2=A（B+C）
7．设x，y满足约束条件，则z=3x+y的最大值为（ ）
A．5 B．3 C．7 D．﹣8
8．在△ABC中，a=80，b=100，A=45°，则此三角形解的情况是（ ）
A．一解 B．两解 C．一解或两解 D．无解
9．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若m＞1，且am﹣1+am+1﹣am2=0，S2m﹣1=38，则m等于（ ）
A．38 B．20 C．10 D．9
10．若x，y是正数，且+=1，则xy有（ ）
A．最大值16 B．最小值 C．最小值16 D．最大值
11．已知△ABC的三个内角之比为A：B：C=3：2：1，那么对应的三边之比a：b：c等于（ ）
A．3：2：1 B．：2：1 C．：：1 D．2：：1
12．设x，y满足约束条件，则目标函数z=ax+by（a＞0，b＞0）的最大值为12，则+的最小值为（ ）
A． B． C．6 D．5
二．填空题（每题5分，共20分）
13．已知数列{an}的前n项和Sn=n2+n，那么它的通项公式为an= ．
14．在△ABC中，已知BC=8，AC=5，三角形面积为12，则cos2C= ．
15．已知A（﹣1，1），B（2，2），若直线l过点P（0，﹣1），且对线段AB相交，则直线l的斜率取值范围是 ．
16．给出命题：①x∈R，使x3＜1； ②∃x∈Q，使x2=2； ③∀x∈N，有x3＞x2； ④∀x∈R，有x2+1＞0．
其中的真命题是： ．
三．解答题（共60分）
17．已知p：|1﹣|≤2，q：x2﹣2x+1﹣m2≤0（m＞0）．若“非p”是“非q”的必要而不充分条件，求实数m的取值范围．
18．在△ABC中，a、b、c分别是角A、B、C的对边，且=﹣．
（Ⅰ）求角B的大小；
（Ⅱ）若b=，a+c=4，求△ABC的面积．
19．如图，A，B是海面上位于东西方向相距5（3+）海里的两个观测点，现位于A点北偏东45°，B点北偏西60°的D点有一艘轮船发出求救信号，位于B点南偏西60°且与B点相距20海里的C点的救援船立即即前往营救，其航行速度为30海里/小时，该救援船到达D点需要多长时间？
20．已知f（x）=，且满足：a1=1，an+1=f（an）．
（1）求证：{}是等差数列．
（2）{bn}的前n项和Sn=2n﹣1，若Tn=++…+，求Tn．
21．已知p：方程x2+mx+1=0有两个不等的负根；q：方程4x2+4（m﹣2）x+1=0无实根，若“p或q”真“p且q”为假，求m的取值范围．
22．设Sn是等差数列{an}的前n项的和，已知S7=7，S15=75，Tn为数列{||}的前n项的和，求Tn．
2016-2017学年河南省鹤壁市淇县一中高二（上）期中数学试卷
参考答案与试题解析
一．选择题（每题5分，共60分）
1．数列{an}满足a1=1，an+1=2an+1（n∈N+），那么a4的值为（ ）
A．4 B．8 C．15 D．31
【考点】数列递推式．
【分析】由数列{an}满足a1=1，an+1=2an+1（n∈N+），分别令n=1，2，3，能够依次求出a2，a3和a4．
【解答】解：∵数列{an}满足a1=1，an+1=2an+1（n∈N+），
∴a2=2a1+1=2+1=3，
a3=2a2+1=6+1=7，
a4=2a3+1=14+1=15．
故选C．
2．设命题甲为：0＜x＜5，命题乙为：|x﹣2|＜3，则甲是乙的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分又不必要条件
【考点】必要条件、充分条件与充要条件的判断．
【分析】如果能从命题甲推出命题乙，且能从命题乙推出命题甲，那么 条件乙与条件甲互为充分必要条件，简称充要条件，如果只是其中之一，则是充分不必要条件或是必要不充分条件．
【解答】解：∵：|x﹣2|＜3，
∴﹣1＜x＜5，
显然，甲⇒乙，但乙不能⇒甲，
故甲是乙的充分不必要条件．
故选A．
3．已知a，b，c∈R，则下列推证中正确的是（ ）
A．a＞b⇒am2＞bm2 B．
C． D．
【考点】不等关系与不等式．
【分析】根据不等式两边同乘以0、负数判断出A、B不对，再由不等式两边同乘以正数不等号方向不变判断C对、D不对．
【解答】解：A、当m=0时，有am2=bm2，故A不对；B、当c＜0时，有a＜b，故B不对；
C、∵a3＞b3，ab＞0，∴不等式两边同乘以（ab）3的倒数，得到，故C正确；
D、∵a2＞b2，ab＞0，∴不等式两边同乘以（ab）2的倒数，得到，故D不对．
故选C．
4．在等差数列{an}中，前四项之和为20，最后四项之和为60，前n项之和是100，则项数n为（ ）
A．9 B．10 C．11 D．12
【考点】等差数列的前n项和．
【分析】由题意及等差数列的性质可得 4（a1+an）=20+60=80，解得 a1+an 的值，再利用等差数列的前n项和公式求出项数n的值．
【解答】解：由题意及等差数列的性质可得 4（a1+an）=20+60=80，∴a1+an=20．
∵前n项之和是100=，解得 n=10，
故选B．
5．设0＜a＜b且a+b=1，则下列四数中最大的是（ ）
A．a2+b2 B．2ab C．a D．
【考点】不等式比较大小．
【分析】根据不等式的性质和作差法即可比较大小
【解答】解：∵0＜a＜b且a+b=1
∴
∴2b＞1
∴2ab﹣a=a（2b﹣1）＞0，即2ab＞a
又a2+b2﹣2ab=（a﹣b）2＞0
∴a2+b2＞2ab
∴最大的一个数为a2+b2
故选A
6．等比数列的前n项和，前2n项和，前3n项的和分别为A，B，C，则（ ）
A．A+B=C B．B2=AC C．（A+B）﹣C=B2 D．A2+B2=A（B+C）
【考点】等比数列的性质．
【分析】利用等比数列的性质可得，所以，进行整理可得答案．
【解答】解：由题意可得：Sn=A，S2n=B，S3n=C．
由等比数列的性质可得：，，
所以，
所以整理可得：A2+B2=A（B+C）．
故选D．
7．设x，y满足约束条件，则z=3x+y的最大值为（ ）
A．5 B．3 C．7 D．﹣8
【考点】简单线性规划．
【分析】首先作出可行域，再作出直线l0：y=﹣3x，将l0平移与可行域有公共点，直线y=﹣3x+z在y轴上的截距最大时，z有最大值，求出此时直线y=﹣3x+z经过的可行域内的点A的坐标，代入z=3x+y中即可．
【解答】解：如图，作出可行域，作出直线l0：y=﹣3x，将l0平移至过点A（3，﹣2）处时，函数z=3x+y有最大值7．
故选C．
8．在△ABC中，a=80，b=100，A=45°，则此三角形解的情况是（ ）
A．一解 B．两解 C．一解或两解 D．无解
【考点】正弦定理．
【分析】由a，b及sinA的值，利用正弦定理即可求出sinB的值，发现B的值有两种情况，即得到此三角形有两解．
【解答】解：由正弦定理得： =，
即sinB==，
则B=arcsin或π﹣arcsin，
即此三角形解的情况是两解．
故选B
9．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若m＞1，且am﹣1+am+1﹣am2=0，S2m﹣1=38，则m等于（ ）
A．38 B．20 C．10 D．9
【考点】等差数列的前n项和．
【分析】可得：am﹣1+am+1=2am，代入am﹣1+am+1﹣am2=0中，即可求出第m项的值，再由求和公式代入已知可得m的方程，解之可得．
【解答】解：根据等差数列的性质可得：am﹣1+am+1=2am，
则am﹣1+am+1﹣am2=am（2﹣am）=0，
解得：am=0或am=2，
若am等于0，显然S2m﹣1=
=（2m﹣1）am=38不成立，故有am=2，
∴S2m﹣1=（2m﹣1）am=4m﹣2=38，
解得m=10．
故选C
10．若x，y是正数，且+=1，则xy有（ ）
A．最大值16 B．最小值 C．最小值16 D．最大值
【考点】基本不等式．
【分析】由题意可得+=1≥2=4，可得≤，即xy≥16，从而得到结论．
【解答】解：由于x，y是正数，且+=1，∴+=1≥2=4，∴≤，∴xy≥16，
当且仅当 == 时，等号成立，
∴xy有最小值为 16，
故选 C．
11．已知△ABC的三个内角之比为A：B：C=3：2：1，那么对应的三边之比a：b：c等于（ ）
A．3：2：1 B．：2：1 C．：：1 D．2：：1
【考点】正弦定理的应用．
【分析】由A+B+C=π，可得C=，从而得到三内角的值．再由正弦定理可得三边之比a：b：c=sinA：sinB：sinC，运算求得结果．
【解答】解：∵已知△ABC的三个内角之比为A：B：C=3：2：1，∴有B=2C，A=3C，再由A+B+C=π，可得C=，
故三内角分别为 A=、B=、C=．
再由正弦定理可得三边之比a：b：c=sinA：sinB：sinC=1：： =2：：1，
故选：D．
12．设x，y满足约束条件，则目标函数z=ax+by（a＞0，b＞0）的最大值为12，则+的最小值为（ ）
A． B． C．6 D．5
【考点】简单线性规划．
【分析】画出不等式组表示的平面区域，求出直线x﹣y+2=0与直线3x﹣y﹣6=0的交点（4，6）时，观察当目标函数过（4，6）时，取得最大12，即4a+6b=12，即2a+3b=6，要求+的最小值，先用乘“1”法进而用基本不等式即可求得最小值．
【解答】解：不等式组表示的平面区域如图所示阴影部分，
当直线ax+by=z（a＞0，b＞0）
过直线x﹣y+2=0与直线3x﹣y﹣6=0的交点（4，6）时，
目标函数z=ax+by（a＞0，b＞0）取得最大12，
即4a+6b=12，即2a+3b=6，而=（）
=+（）≥=，当且仅当a=b=，取最小值．
故选B．
二．填空题（每题5分，共20分）
13．已知数列{an}的前n项和Sn=n2+n，那么它的通项公式为an= 2n ．
【考点】等差数列的前n项和；数列递推式．
【分析】由题意知得，由此可知数列{an}的通项公式an．
【解答】解：a1=S1=1+1=2，
an=Sn﹣Sn﹣1=（n2+n）﹣[（n﹣1）2+（n﹣1）]
=2n．
当n=1时，2n=2=a1，
∴an=2n．
故答案为：2n．
14．在△ABC中，已知BC=8，AC=5，三角形面积为12，则cos2C= ．
【考点】余弦定理的应用．
【分析】先通过BC=8，AC=5，三角形面积为12求出sinC的值，再通过余弦函数的二倍角公式求出答案．
【解答】解：∵已知BC=8，AC=5，三角形面积为12，
∴•BC•ACsinC=12
∴sinC=
∴cos2C=1﹣2sin2C=1﹣2×=
故答案为：
15．已知A（﹣1，1），B（2，2），若直线l过点P（0，﹣1），且对线段AB相交，则直线l的斜率取值范围是 k≤﹣2或k≥ ．
【考点】直线的斜率．
【分析】直接由题意画出图形，求出P与AB端点连线的斜率得答案．
【解答】解：如图，
∵kPA==﹣2，kPB==，
∴直线l的斜率的取值范围是k≤﹣2或k≥．
故答案是：k≤﹣2或k≥．
16．给出命题：①x∈R，使x3＜1； ②∃x∈Q，使x2=2； ③∀x∈N，有x3＞x2； ④∀x∈R，有x2+1＞0．
其中的真命题是： ①④ ．
【考点】命题的真假判断与应用．
【分析】根据实数的性质，逐一分析给定四个命题的真假，可得答案．
【解答】解：①x＜0∈R，使x3＜1，故为真命题；
②若x2=2，则x=±，故∃x∈Q，使x2=2为假命题；
③当x≤1时，x3≤x2，故∀x∈N，有x3＞x2为假命题；
④∀x∈R，有x2+1≥1＞0，故为真命题．
故答案为：①④
三．解答题（共60分）
17．已知p：|1﹣|≤2，q：x2﹣2x+1﹣m2≤0（m＞0）．若“非p”是“非q”的必要而不充分条件，求实数m的取值范围．
【考点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；一元二次不等式的解法；绝对值不等式的解法．
【分析】思路一：“按题索骥”﹣﹣解不等式，求否命题，再根据充要条件的集合表示进行求解；
思路二：本题也可以根据四种命题间的关系进行等价转换，然后再根据充要条件的集合表示进行求解．
【解答】解：解法一：由p：|1﹣|≤2，解得﹣2≤x≤10，
∴“非p”：A={x|x＞10或x＜﹣2}、
由q：x2﹣2x+1﹣m2≤0，解得1﹣m≤x≤1+m（m＞0）
∴“非q”：B={x|x＞1+m或x＜1﹣m，m＞0=
由“非p”是“非q”的必要而不充分条件可知：B⊆A.解得m≥9．
∴满足条件的m的取值范围为{m|m≥9}．
解法二：由“非p”是“非q”的必要而不充分条件．即“非q”⇒“非p”，但“非p” “非q”，可以等价转换为它的逆否命题：“p⇒q，但qp”．即p是q的充分而不必要条件．
由|1﹣|≤2，解得﹣2≤x≤10，
∴p={x|﹣2≤x≤10}
由x2﹣2x+1﹣m2≤0，解得1﹣m≤x≤1+m（m＞0）
∴q={x|1﹣m≤x≤1+m，m＞0}
由p是q的充分而不必要条件可知：
p⊆q⇔解得m≥9．
∴满足条件的m的取值范围为{m|m≥9}．
18．在△ABC中，a、b、c分别是角A、B、C的对边，且=﹣．
（Ⅰ）求角B的大小；
（Ⅱ）若b=，a+c=4，求△ABC的面积．
【考点】解三角形．
【分析】（1）根据正弦定理表示出a，b及c，代入已知的等式，利用两角和的正弦函数公式及诱导公式变形后，根据sinA不为0，得到cosB的值，由B的范围，利用特殊角的三角函数值即可求出角B的度数；
（2）由（1）中得到角B的度数求出sinB和cosB的值，根据余弦定理表示出b2，利用完全平方公式变形后，将b，a+c及cosB的值代入求出ac的值，然后利用三角形的面积公式表示出△ABC的面积，把ac与sinB的值代入即可求出值．
【解答】解：（1）由正弦定理得：
a=2RsinA，b=2RsinB，c=2RsinC，
将上式代入已知，
即2sinAcosB+sinCcosB+cosCsinB=0，
即2sinAcosB+sin（B+C）=0，
∵A+B+C=π，
∴sin（B+C）=sinA，
∴2sinAcosB+sinA=0，即sinA（2cosB+1）=0，
∵sinA≠0，∴，
∵B为三角形的内角，∴；
（II）将代入余弦定理b2=a2+c2﹣2accosB得：
b2=（a+c）2﹣2ac﹣2accosB，即，
∴ac=3，
∴．
19．如图，A，B是海面上位于东西方向相距5（3+）海里的两个观测点，现位于A点北偏东45°，B点北偏西60°的D点有一艘轮船发出求救信号，位于B点南偏西60°且与B点相距20海里的C点的救援船立即即前往营救，其航行速度为30海里/小时，该救援船到达D点需要多长时间？
【考点】解三角形的实际应用．
【分析】先根据内角和求得∠DAB和，∠DBA及进而求得∠ADB，在△ADB中利用正弦定理求得DB的长，进而利用里程除以速度即可求得时间．
【解答】解：由题意知AB=5（3+）海里，
∠DBA=90°﹣60°=30°，∠DAB=90°﹣45°=45°，
∴∠ADB=180°﹣（45°+30°）=105°，
在△ADB中，有正弦定理得=
∴DB===10
又在△DBC中，∠DBC=60°
DC2=DB2+BC2﹣2×DB×BC×cos60°=900
∴DC=30
∴救援船到达D点需要的时间为=1（小时）
答：该救援船到达D点需要1小时．
20．已知f（x）=，且满足：a1=1，an+1=f（an）．
（1）求证：{}是等差数列．
（2）{bn}的前n项和Sn=2n﹣1，若Tn=++…+，求Tn．
【考点】数列递推式；数列的函数特性；数列的求和．
【分析】（1）根据an+1=f（an），整理得，进而可推断数列{}成等差数列；
（2）根据等差数列的通项公式求得数列{an}的通项公式，然后利用bn=，从而求出，根据通项的特点可利用错位相消法进行求和即可．
【解答】解：（1）∵，
∴an+1=f（an）=，
则，
∴{}是首项为1，公差为3的等差数列；
（2）由（1）得， =3n﹣2，
∵{bn}的前n项和为，
∴当n≥2时，bn=Sn﹣Sn﹣1=2n﹣2n﹣1=2n﹣1，
而b1=S1=1，也满足上式，则bn=2n﹣1，
∴==（3n﹣2）2n﹣1，
∴=20+4•21+7•22+…+（3n﹣2）2n﹣1，①
则2Tn=21+4•22+7•23+…+（3n﹣2）2n，②
①﹣②得：﹣Tn=1+3•21+3•22+3•23+…+3•2n﹣1﹣（3n﹣2）2n，
∴Tn=（3n﹣5）2n+5．
21．已知p：方程x2+mx+1=0有两个不等的负根；q：方程4x2+4（m﹣2）x+1=0无实根，若“p或q”真“p且q”为假，求m的取值范围．
【考点】命题的真假判断与应用．
【分析】若“p或q”真“p且q”为假，命题p，q应一真一假，分类讨论，可得m的取值范围．
【解答】解：若方程 x2+mx+1=0有两个不等的负根，
则
解得m＞2，
若方程4x2+4（m﹣2）x+1=0无实根，则△=16（m﹣2）2﹣16＜0，
解得：1＜m＜3
∵“p或q”真“p且q”，
因此，命题p，q应一真一假，
∴或，
解得：m∈（1，2]∪[3，+∞）．
22．设Sn是等差数列{an}的前n项的和，已知S7=7，S15=75，Tn为数列{||}的前n项的和，求Tn．
【考点】数列的求和．
【分析】根据等差数列的前n项和公式，再结合条件S7=7，S15=75进而可求出首项a1和公差d，可求sn，进而可求||，讨论当n≤5，Tn，n＞6，两种情况，结合等差数列的求和公式即可求解．
【解答】解：（1）设等差数列{an}的公差为d，则，
，解得：a1=﹣2，d=1，
∴，
||=||，
n≤5，||=﹣+，数列{||}是2为首项，﹣为公差的等差数列，
Tn==n﹣n，
T5=5，
当n≥6，Tn=++…﹣﹣…﹣，
Tn=2T5﹣Tn=n2﹣n+10，
∴Tn=．
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