甘肃省兰州市联片办学2019-2020学年高二上学期期中考试数学（理）试题 含解析 18页

‎2019-2020学年第一学期联片办学期中考试高二年级试卷 一、选择题 ‎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】‎ ‎【分析】‎ 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】‎ ‎【分析】‎ 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】‎ ‎【分析】‎ 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】‎ ‎【分析】‎ 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】‎ ‎【详解】对于A，当a＝1，b＝0，c＝1，d＝﹣1时，则不成立，故A不正确；‎ 对于B，当a＝1，b＝0，c＝﹣1，d＝﹣2时，则不成立，故B不正确；‎ 对于C，当a＝1，b＝0，c＝﹣1，d＝﹣2时，则不成立，故C不正确；‎ 对于D，根据不等式的性质可得，∵a＞b，c＞d，∴﹣d＞﹣c，∴a﹣d＞b﹣c，‎ 故选D．‎ ‎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】‎ ‎【分析】‎ 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】‎ ‎【分析】‎ 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 ‎【此处有视频，请去附件查看】‎ ‎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】‎ ‎【分析】‎ 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】‎ ‎【分析】‎ 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.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；‎ ‎15.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】‎ ‎【分析】‎ 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．‎ ‎16.在数列中，，，是数列前项和，若，则______.‎ ‎【答案】1010‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 讨论n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 ‎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 ‎【此处有视频，请去附件查看】‎ ‎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】‎ ‎【分析】‎ ‎（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】‎ ‎【分析】‎ ‎(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】‎ ‎【分析】‎ ‎（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 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.‎