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- 2021-06-12 发布
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2019-2020学年甘肃省兰州市联片办学高二上学期期中考试数学(理)试题
一、单选题
1.已知分别是的三个内角所对的边,若,,,则等于( )
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】利用正弦定理可计算的值.
【详解】
由正弦定理可得即,故.
故选A.
【点睛】
三角形中共有七个几何量(三边三角以及外接圆的半径),一般地,知道其中的三个量(除三个角外),可以求得其余的四个量.
(1)如果知道三边或两边及其夹角,用余弦定理;
(2)如果知道两边即一边所对的角,用正弦定理(也可以用余弦定理求第三条边);
(3)如果知道两角及一边,用正弦定理.
2.在中,若 则 ( )
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】利用余弦定理可求.
【详解】
因为,而,所以,
故选D.
【点睛】
在解三角形中,如果题设条件是关于边的二次形式,我们可以利用余弦定理化简该条件,如果题设条件是关于边的齐次式或是关于内角正弦的齐次式,那么我们可以利用正弦定理化简该条件.
3.数列中,,则为( )
A.-3 B.-11 C.-5 D.19
【答案】D
【解析】根据递推关系依次计算可得的值.
【详解】
因为,所以,
故,
故选D.
【点睛】
数列的递推关系体现了数列中若干项之间的关系,我们可以依据数列的前若干项和递推关系得到该数列,注意数列的递推关系体现了数列的某些性质,如体现了数列的周期性,体现了数列的单调性.
4.已知等差数列中,,则数列的前11项和等于( )
A.22 B.33 C.44 D.55
【答案】C
【解析】利用等差数列的性质可求.
【详解】
因为,
故选C.
【点睛】
一般地,如果为等差数列,为其前项和,则有性质:
(1)若,则;
(2) 且 ;
(3)且为等差数列;
(4) 为等差数列.
5.已知集合,集合,则( )
A.
B.
C.
D.
【答案】B
【解析】由题意可得:,
结合交集的定义可得:.
本题选择B选项.
6.若,且那么( )
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】同向相加得
7.在等比数列中,,,则等于
A. B. C. D.或
【答案】D
【解析】∵为等比数列,∴,又
∴为的两个不等实根,
∴
∴或
∴
故选:D
8.设且恒成立,则的最大值是
A. B.2 C. D.4
【答案】D
【解析】∵,∴,又恒成立
∴
故选:D
点睛:恒成立的问题:(1)根据参变分离,转化为不含参数的函数的最值问题;
(2)若就可讨论参数不同取值下的函数的单调性和极值以及最值,最终转化为,若恒成立,转化为;(3)若恒成立,可转化为.
9.在中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,若,则A的取值范围是
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】先利用正弦定理角化边,再利用余弦定理化简即得解.
【详解】
由正弦定理可得.
,
.
故选:C.
【点睛】
本题主要考查正弦定理余弦定理解三角形,意在考查学生对这些知识的理解掌握水平,属于基础题.
10.关于的不等式的解集为,则实数的取值范围为( )
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】首先题目由不等式的解集为,求实数的取值范围,考虑转化为函数.对任意的x,函数值小于零的问题.再分类讨论=1或≠1的情况即可解出答案.
【详解】
当时,,若,则原不等式可化为,显然恒成立;若,则原不等式可化为,不恒成立,所以舍去;
当时,因为(的解集为,所以只需解得.综上,实数的取值范围为.
故选D.
【点睛】
此题主要考查二次函数的性质问题,是基础题.
11.已知正项等比数列若存在两项、使得,则的最小值为
A. B. C. D.不存在
【答案】A
【解析】设公比为则,解得所以由
得:
故选A
12.在中,角,,的对边分别为,,,其面积为,若,则一定是( )
A.等腰三角形 B.直角三角形
C.等边三角形 D.等腰直角三角形
【答案】B
【解析】先根据余弦定理得到从而得到,再根据得到,因此或,根据勾股定理可判断三角形的形状.
【详解】
因为,所以,
而,故.
又,所以,
所以即,故或.
若,则,故,故为直角三角形;
若,则,故,故为直角三角形;
综上,故选B.
【点睛】
在解三角形中,如果题设条件是关于边的二次形式,我们可以利用余弦定理化简该条件. 而三角形面积的计算有两种基本的方法:
(1)底和高乘积的一半;
(2);
解题中注意合理选择.
二、填空题
13.已知数列的前项和为,则数列的通项公式为_________.
【答案】
【解析】利用可计算数列的通项公式.
【详解】
,而,
当时,,
故.
填.
【点睛】
数列的通项与前项和 的关系式,我们常利用这个关系式实现与之间的相互转化.
14.如图,一热气球在海拔60m的高度飞行,在空中A处测得前下方河流两侧河岸,的俯角分别为75°,30°,则河流的宽度等于_____m.
【答案】
【解析】先计算出的长度,然后在中求出和,利用正弦定理求出的长度。
【详解】
在△ABC中,由得.
又,,
由正弦定理得
.
故答案为:。
【点睛】
本题考查利用正弦定理解三角形的实际应用,一般而言,正弦定理解三角形适用于已知两角与一边类型的三角形,同时要分清楚正弦、余弦定理所适用的基本类型,在解三角形时根据已知元素类型合理选择这两个公式来求解。
15.在数列中,,,是数列的前项和,若,则______.
【答案】1010
【解析】讨论n的奇偶性得的周期性,再求和即可
【详解】
当n为偶数,,
当n为奇数,即
故 即为周期为4的数列,
又
故
故,则1010
故答案为1010
【点睛】
本题考查数列的递推关系,考查数列的周期性及求和,准确计算是关键,是中档题
三、解答题
16.设满足约束条件,则的最大值为___
【答案】7
【解析】此题考查线性规划知识;此类题目有两种做法:一是根据已知条件画出不等式所表示的平面区域,然后找出直线
,然后平移求解;二是根据已知条件画出不等式所表示的平面区域,然后把平面区域的边界交点坐标求出,然后把坐标往目标函数代入计算,大的就是最大值,小的就是最小值;此不等式组所表示的平面区域如图阴影所示,
把分别代入目标函数可知,当过点(3,-2)时,目标函数最大且为7;
17.已知{an}是公差不为零的等差数列,a1=1,且a1,a3,a9成等比数列.
(1)求数列{an}的通项;
(2)求数列{}的前n项和Sn.
【答案】(1);(2)
【解析】【详解】试题分析:(1)设公差为d,则a3=1+2d,a9=1+8d,所以,(1+2d)²=1(1+8d),
解得,d=1(d=0舍去),则;
(2)令,则由等比数列的求和公式,得,
【考点】等差数列、等比数列的通项公式及其求和公式。
点评:简单题,利用已知条件,建立公差的方程,较方便的得到等差数列的通项公式,从而进一步得到数列{}的前n项和Sn
18.已知内角的对边分别是,若,,.
(1)求;
(2)求的面积.
【答案】(1);
(2).
【解析】(1)在中,由正弦定理得,再由余弦定理,列出方程,即可求解得值;
(2)由(1)求得,利用三角形的面积公式,即可求解三角形的面积.
【详解】
(1)在中,,,,
由正弦定理得,
由余弦定理得,
解得或不合题意,舍去,
(2)由(1)知,所以,
所以的面积为.
【点睛】
本题主要考查了正弦定理、余弦定理和三角形的面积公式的应用,其中在解有关三角形的题目时,要有意识地考虑用哪个定理更合适,要抓住能够利用某个定理的信息.一般地,如果式子中含有角的余弦或边的二次式时,要考虑用余弦定理;如果式子中含有角的正弦或边的一次式时,则考虑用正弦定理,着重考查了运算与求解能力,属于基础题.
19.已知等差数列满足:,.的前n项和为.
(Ⅰ)求及;
(Ⅱ)令(),求数列的前项和.
【答案】(Ⅰ); (Ⅱ).
【解析】试题分析:(1)设等差数列的公差为,由已知可得
解得,则及可求;(2)由(1)可得,裂项求和即可
试题解析:(1)设等差数列的公差为,因为,,所以有,
解得,所以,.
(2)由(1)知,,
所以,
所以,
即数列的前项和.
【考点】等差数列的通项公式,前项和公式。裂项求和
20.已知函数
(1)若关于的不等式的解集为,求的值;
(2)若对任意恒成立,求的取值范围.
【答案】(1);(2)
【解析】(1) 不等式可化为,而解集为,可利用韦达定理或直接代入即可得到答案;
(2)法一:讨论和时,分离参数利用均值不等式即可得到取值范围;
法二:利用二次函数在上大于等于0恒成立,即可得到取值范围.
【详解】
(1)法一:不等式可化为,其解集为,
由根与系数的关系可知,
解得,经检验时满足题意.
法二:由题意知,原不等式所对应的方程的两个实数根为和4,
将(或4)代入方程计算可得,经检验时满足题意.
(2)法一:由题意可知恒成立,
①若,则恒成立,符合题意。
②若,则恒成立,而,
当且仅当时取等号,所以,即.
故实数的取值范围为.
法二:二次函数的对称轴为.
① 若,即,函数在上单调递增,恒成立,
故;
②若,即,此时在上单调递减,在上单调递增,
由得.
故;
③若,即,此时函数在上单调递减,
由得,与矛盾,故不存在.
综上所述,实数的取值范围为.
【点睛】
本题主要考查一元二次不等式的性质,不等式恒成立中含参问题,意在考查学生的分析能力,计算能力及转化能力,难度较大.
21.如图,在平面四边形中,已知,.
(1)若,求的长;
(2)设,,若,,求面积的最大值.
【答案】(1);(2).
【解析】(1)由余弦定理可得关于的方程,从而可得的长.
(2)在利用正弦定理可得
,利用倍角公式及诱导公式可得或,分类讨论后可得相应的面积表达式,从而得到的面积的最大值.
【详解】
解:(1)因为,
所以在中,由余弦定理可得,
即 即
解得(负值舍去).
(2)在中,由,可得
即,所以或,
即或,.
因为,故或,
因为所以或,所以是等边三角形或直角三角形.
设,在中,由正弦定理可得,
故即.
当是等边三角形时,
;
当是直角三角形时,
;
因为,所以当时,取得最大值1,
因为,所以面积的最大值为
【点睛】
在解三角形中,如果题设条件是关于边的二次形式,我们可以利用余弦定理化简该条件,如果题设条件是关于边的齐次式或是关于内角正弦的齐次式,那么我们可以利用正弦定理化简该条件,如果题设条件是边和角的混合关系式,那么我们也可把这种关系式转化为角的关系式,再利用三角变换探求角之间的关系.
22.设数列前项和为, 满足 .
(1)求数列的通项公式;
(2)令 求数列的前项和 ;
(3)若不等式对任意的 恒成立,求实数 的取值范围.
【答案】(1);(2);(3)
【解析】试题分析:(1)利用递推式与等比数列的通项公式即可得出;
(2)bn=nan=2n×4n﹣1,利用“错位相减法”、等比数列的前n项和公式即可得出.
(3)不等式的n∈N恒成立,化为a> ,利用二次函数的单调性即可得出.
试题解析:
解:(1)
两式相减,得 .
所以,
又,即
是首项为,公比是的等比数列.
所以 .
(2)
①
②
- ②,得
故
(3)由题意,再结合(2),知
即 .
从而
设 ,
.
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.