2018-2019学年吉林省吉林市普通高中高二上学期期中考试 理科数学- 解析版 7页

此卷只装订不密封 班级 姓名 准考证号 考场号 座位号 ‎ ‎2018-2019学年吉林省吉林市普通高中高二上学期期中考试 理科数学（A）‎ 注意事项：‎ ‎1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。‎ ‎2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。‎ ‎3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。‎ ‎4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。‎ 第Ⅰ卷 一、选择题：本大题共12小题，每小题5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．[2018·宣威五中]若，则下列不等式不成立的是（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎2．[2018·日照联考]设集合，，（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎3．[2018·昆明黄冈实验]已知等差数列中，，，则公差d的值为（ ）‎ A． B．1 C． D．‎ ‎4．[2018·舒城中学]若，满足，则的最大值为（ ）‎ A．8 B．7 C．2 D．1‎ ‎5．[2018·安徽师大附中]在等比数列中，，是方程的两个根，则等于（ ）‎ A．3 B． C． D．以上皆不是 ‎6．[2018·黄冈实验学校]在中，角，，的对边分别为，，，若，则（ ）‎ A．60° B．120° C．45° D．30°‎ ‎7．[2018·人大附中]已知，则的最小值为（ ）‎ A． B． C． D．2‎ ‎8．[2018·南昌联考]已知数列中第15项，数列满足，且，则（ ）‎ A． B．1 C．2 D．4‎ ‎9．[2018·正定县第三中学]已知中，，，分别为，，的对边，，则为（ ）‎ A．等腰三角形 B．直角三角形 C．等腰直角三角形 D．等腰或直角三角形 ‎10．[2018·黄陵中学]已知等差数列的前项和为，且，，则“取得最小值”的一个充分不必要条件是（ ）‎ A．或 B．或6或7 C． D．‎ ‎11．[2018·南昌联考]已知实数，满足：，若目标函数（其中为常数）仅在处取得最大值，则的取值范围是（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎12．[2018·衡水金卷]在中，内角，，的对边分别为，，．若的面积为，且，，则外接圆的面积为（ ）‎ A． B． C． D．‎ 第Ⅱ卷 二、填空题：本大题共4小题，每小题5分．‎ ‎13．[2018·正定县第三中学]不等式的解集为，则实数的取值范围是____________．‎ ‎14．[2018·西宁期末]若数列的前项和为，则的值为__________．‎ ‎15．[2018·银川一中]已知中，角A、B、C的对边分别为a、b、c且，，，则______．‎ ‎16．[2018·黑龙江省实验中学]已知，，且，若恒成立，则实数的取值范围是______．‎ 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．（10分）[2018·银川一中]不等式 ‎（1）若不等式的解集为，求的值；‎ ‎（2）若不等式的解集为R，求的取值范围．‎ ‎18．（12分）[2018·齐齐哈尔期末]已知是公差不为零的等差数列，的前项和为，若，，成等比数列，且．‎ ‎（1）求数列的通项公式；‎ ‎（2）若数列满足，求的值．‎ ‎19．（12分）[2018·武邑中学]在中，a，b，c分别是三个内角A，B，C的对边，设，，．‎ ‎（1）求b的值；‎ ‎（2）求的面积．‎ ‎20．（12分）[2018·季延中]某厂拟用集装箱托运甲、乙两种货物，集装箱的体积、重量、可获利润和托运能力等限制数据列在表中，如何设计甲、乙两种货物应各托运的箱数可以获得最大利润，最大利润是多少？‎ ‎21．（12分）[2018·遂溪县第一中]已知的内角，，满足．‎ ‎（1）求角；‎ ‎（2）若的外接圆半径为1，求的面积的最大值．‎ ‎22．（12分）[2018·新疆期末]设数列的前项为，点，均在函数的图象上．‎ ‎（1）求数列的通项公式；‎ ‎（2）设，求数列的前项和．‎ ‎2018-2019学年上学期高二期中考试 理科数学（A）答案 第Ⅰ卷 一、选择题：本大题共12小题，每小题5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．【答案】C ‎【解析】因为，所以，这与选项C显然矛盾，故C选项错误．‎ ‎2．【答案】D ‎【解析】，故，故选D．‎ ‎3．【答案】D ‎【解析】等差数列中，，，由等差数列的通项公式，可得，‎ 解得，即等差数列的公差．故选D．‎ ‎4．【答案】B ‎【解析】作出题设约束条件可行域，如图内部（含边界），‎ 作直线，把直线向上平移，增加，当过点时，为最大值．‎ 故选B．‎ ‎5．【答案】C ‎【解析】因为，是方程的两个根，所以，因此，，故选C．‎ ‎6．【答案】B ‎【解析】因为，由余弦定理得，又∵，‎ 所以，故选B．‎ ‎7．【答案】A ‎【解析】由，可知，，则，即．‎ 所以，当且仅当时取等号，所以．‎ 故的最小值为，故选A．‎ ‎8．【答案】C ‎【解析】由，得，‎ 又，即，有，故．故选C．‎ ‎9．【答案】D ‎【解析】∵，∴，∴，‎ ‎∴或，∴或，‎ ‎∴是等腰三角形或直角三角形．故选D．‎ ‎10．【答案】C ‎【解析】设等差数列的公差为，，，‎ ‎，，，‎ 令，解得，故当或6时，都是最小值，则满足题意“取得最小值”的一个充分不必要条件是，故选C．‎ ‎11．【答案】A ‎【解析】构造二次函数单调性可知，得到自变量离轴越远函数值越大，‎ 故，且得到可行域为如图所示，‎ 直线斜率为，由图像可得到满足即．故答案选A．‎ ‎12．【答案】D ‎【解析】在中，由余弦定理，得，‎ 既有，又由面积公式，得，即有，‎ 又，所以，所以．‎ 因为，所以，又由正弦定理，得，其中为外接圆的半径，‎ 由及，得，所以外接圆的面积．故选D．‎ 第Ⅱ卷 二、填空题：本大题共4小题，每小题5分．‎ ‎13．【答案】‎ ‎【解析】不等式的解集为，由二次函数的图像知，图像开口向上，函数值大于等于0恒成立，则只需要，．故答案为．‎ ‎14．【答案】24‎ ‎【解析】因为数列的前项和为，‎ 所以，，‎ ‎，故答案为24．‎ ‎15．【答案】5‎ ‎【解析】由三角形的面积公式得：，由，，‎ 所以，又，，‎ 根据余弦定理得：，解得，故答案为5．‎ ‎16．【答案】‎ ‎【解析】由，可得，‎ 而恒成立，‎ 所以恒成立，即恒成立，‎ 解得，故答案为．‎ 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．【答案】（1）；（2）．‎ ‎【解析】（1）不等式的解集是 方程的两个根为，，‎ ‎，．‎ ‎（2）①时，显然不满足题意，‎ ‎②时，解得，综上．‎ ‎18．【答案】（1）；（2）30．‎ ‎【解析】（1）由题意知，，，‎ 由于，整理得，代入，解得：，，所以．‎ ‎（2）解法一：由可知，，‎ 即．‎ 解法二：由可知，‎ ‎．‎ ‎19．【答案】（1）；（2）．‎ ‎【解析】（1）∵，，．‎ ‎∴由余弦定理可得．故b的值．‎ ‎（2）∵，B为三角形的内角，∴，‎ 又，，∴．‎ ‎20．【答案】当托运甲4箱，乙1箱时利润最大，最大利润为9000元．‎ ‎【解析】设甲、乙两种货物应各托运的箱数为x，y，则，‎ 目标函数，画出可行域如图．‎ 由，得．‎ 易知当直线平移经过点时，取得最大值．且（百元）即9000元，‎ 答：当托运甲4箱，乙1箱时利润最大，最大利润为9000元．‎ ‎21．【答案】（1）；（2）．‎ ‎【解析】（1）设内角，，所对的边分别为，，．根据 可得，所以．‎ 又因为，所以．‎ ‎（2）由，所以．‎ 所以（时取等号）‎ ‎22．【答案】（1）；（2）．‎ ‎【解析】（1）∵点在函数的图象上，，，∴，‎ 当，，‎ 经检验：时满足上式，，，‎ ‎（2），‎ ‎．‎