《2019-2020学年高二上学期期中考试数学（理）试题（解析版）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019-2020学年高二上学期期中考试数学（理）试题（解析版）（15页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、2019-2020学年宁夏育才中学高二上学期期中考试数学（理）试题一、单选题1设等差数列的前项和为，若，则等于A18B36C45D60【答案】C【解析】利用等差数列的通项公式化简已知条件，根据等差数列前项和公式求得的值.【详解】由于数列是等差数列，所以由得，即，而.故选：C.【点睛】本小题主要考查等差数列通项公式及前项和公式的基本量计算，属于基础题.2在中,角所对的边分别为，,则ABCD【答案】B【解析】利用正弦定理，即可解得.【详解】，即，又ab，A三角形的内角，故选B【点睛】本题考查了正弦定理的应用，注意利用大边对大角进行角的限制，属于基础题.3已知数列的前项和，则（ ）A15B16C31
2、D32【答案】B【解析】先由求出数列通项公式，即可求出.【详解】由数列的前项和，当时，当时，满足，所以数列的通项公式为，所以.故选：B【点睛】本题主要考查求数列通项公式，属于基础题.4在中，已知，则边的长为（ ）A3B2CD【答案】A【解析】根据余弦定理公式代入数据即可.【详解】由余弦定理可知，又代入可得，所以.【点睛】本题主要考查余弦定理，属于基础题.5已知各项都为正数的等比数列满足：，则（）ABCD【答案】B【解析】结合等比中项的性质，计算公比q，结合公比，计算，即可【详解】，所以，因为该数列各项都是正数，所以所以，故选B【点睛】考查了等比中项的性质，关键计算出公比q，即可，难度中等6在等
3、比数列中，则的值是（ ）A8B15C18D20【答案】A【解析】设等比数列的公比为，根据，求得，又由，即可求解.【详解】设等比数列的公比为，因为，即，则，又由，故选A.【点睛】本题主要考查了等比数列性质的应用，其中解答中熟记等比数列的性质，合理运算是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题.7我国古代学者庄子在庄子天下篇中提到：“一尺之棰，日取其半，万世不竭”，指一尺长的木棒，今天取其一半，明天取剩下的一半，后天再取剩下的一半，永远也取不尽.现有尺长的线段，每天取走它的，天后剩下的线段长度不超过尺，则的最小值为（ ）ABCD【答案】C【解析】根据等比数列通项可得解.【详解】由题意可知：
4、第一天取走，剩下尺，第二天剩下尺，第三天剩下尺， 第九天剩下尺，第十天剩下尺，故选C.【点睛】本题考查等比数列的通项，属于基础题.8下列命题正确的是（ ）A若，则B若，则C若，则D若，则【答案】D【解析】A项中，需要看分母的正负；B项和C项中，已知两个数平方的大小只能比较出两个数绝对值的大小.【详解】A项中，若，则有，故A项错误；B项中，若，则，故B项错误；C项中，若则即，故C项错误；D项中，若，则一定有，故D项正确.故选：D【点睛】本题主要考查不等关系与不等式，属于基础题.9已知等差数列的首项为4，公差为4，其前项和为，则数列的前项和为（ ）ABCD【答案】A【解析】由题得出数列前项和，再用
5、裂项相消法即可求数列的前项和.【详解】等差数列前项和公式为，又，所以，所以，数列的前项和.故选：A【点睛】本题主要考查求数列前项和，解题的关键是会用裂项相消求数列前项和.10若，则，大小关系正确的是ABCD【答案】A【解析】根据，可得出，从而得出的大小关系，得到答案.【详解】由题意，因为，所以，又由，所以，故选A.【点睛】本题主要考查了指数函数、幂函数和对数的图象与性质的应用，其中解答中熟记基本初等函数的单调性，合理运算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.11已知单调递增的等比数列的前n项和为，若，则（ ）ABCD【答案】C【解析】根据等比数列的性质与基本量法求解通项公式与最值
6、即可.【详解】由有.设公比为则.又单调递增的等比数列故解得.故.故选：C【点睛】本题主要考查了等比数列的性质运用以及基本量的求法,属于基础题型.12已知，则的最大值为（ ）A1BCD2【答案】C【解析】化简配方可得，令，则，再令，则，所以，再用基本不等式即可求出最值.【详解】因为，则，令，则，再令，则，所以，由基本不等式可得，当且仅当，时等号成立，所以，所以的最大值为.故选：C【点睛】本题主要考查基本不等式，解题的关键是灵活运用基本不等式.二、填空题13在中，已知，则_.【答案】【解析】根据正弦定理求解即可.【详解】由正弦定理得,.又.故.故答案为：【点睛】本题主要考查了正弦定理的运用,属于基
7、础题型.14数列1，2，2，3，3，3，4，4，4，4，5，5，5，5，5的项正负交替，且项的绝对值为1的有1个，2的有2个，n的有n个，则该数列第2019项是 。【答案】64【解析】将绝对值相同的数字分为一组，则每组数字个数构成等差数列，然后计算原第2019项在这个数列的第几项，再根据题意可得.【详解】将绝对值相同的数字分为一组，则每组数字个数构成等差数列，因为，则2019项前共包含63个完整组，且第63组最后一个数字为第2016项故2019项为第64组第3个数字，由奇偶交替规则，其为64.故答案为64.【点睛】本题考查数列创新问题，解题关键是把绝对值相同的数字归为一组，通过组数来讨论原数列
8、中的项，这借助于等差数列就可完成,本题考查了转化思想.15已知无穷等比数列，各项和为，且，若，则的最小值为_.【答案】10【解析】无穷等比数列，各项和为，且，可得，解得：，利用求和公式即可得出【详解】题意可得，解得：，即 ， ，得到最小为10.故答案为：10【点睛】本题考查了无穷等比数列的性质、等比数列的通项公式与求和公式及其性质，考查了推理能力与计算能力，属于中档题16若，则的最小值为_.【答案】【解析】设，所以，所以，然后将，代入化简，再由正余弦函数的取值范围即可求出的最小值.【详解】设，所以，所以，其中满足，所以，所以，所以，即，所以，所以的最小值为.故答案为：【点睛】本题主要考查求最值
9、，解题时可以用极坐标进行转化.三、解答题17在中，角的对边分别为，若（1）求角； （2）求的面积【答案】（1） （2）6【解析】（1）由，得，由，得，再由，得（2）由正弦定理，再利用三角形面积公式计算面积【详解】（1）由， ，得，又因为，所以，所以，所以（2）由正弦定理，面积【点睛】对于面积公式，一般是已知哪一个角就使用哪一个公式；与面积有关的问题，一般要用到正弦定理或余弦定理进行边和角的转化18已知数列，满足；数列满足.（1）证明：数列是等差数列；（2）求数列的通项公式.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】（1）由题意可转化为，即可得出是等差数列；（2）由，转化为用累加法即可求出的通项公式
10、.【详解】（1）证明：根据题意，得数列满足，等式两边除以，得， 故数列是以为首项，为公差的等差数列. （2）解：根据题意，由，得，则， 则即数列的通项公式为.【点睛】本题主要考查等差等比数列通项公式的求法；解题的关键是会构造数列.19已知不等式的解集为（1）求和的值；（2）求不等式的解集.【答案】(1)，；(2)【解析】【详解】试题分析：(1)由不等式的解集为，可知和是一元二次方程的两根，利用韦达定理列出方程组，即可求解和的值；(2)由（1）知所求不等式即为，确定方程的两根，即可求解不等式的解集.试题解析：（1）由不等式的解集为，可知2和1是一元二次方程的两根， 所以，即，（2）由（1）知所求
11、不等式即为方程式的两根分别是1和， 所以所求不等式的解集为【考点】一元二次不等式问题.20已知数列的前项和为，且满足，.（）求数列的通项公式；（）令，记数列的前项和为，证明：.【答案】(1).(2)证明见解析.【解析】试题分析：（I）当时， ，整理得，当n=1时，有.数列是以为公比，以为首项的等比数列即可求数列的通项公式 （II）由（I）有，则 ,用裂项相消法可求其前n项和.试题解析：（I）当时，有，解得.当时，有，则 整理得： 数列是以为公比，以为首项的等比数列 即数列的通项公式为： （II）由（I）有，则 故得证.21已知.(1)当时,解不等式；(2)若,解关于的不等式.【答案】（1）；（
12、2）当时,原不等式的解集为；当时,原不等式的解集为；当时,原不等式的解集为.【解析】（1）当时,解出即可；（2）因式分解得，对进行分类讨论求解.【详解】解: (1)当时,即,解得.故原不等式的解集为.(2)由得,当时,有,所以原不等式的解集为；当时,有,所以原不等式的解集为；当时,原不等式的解集为.综上所述：当时,原不等式的解集为；当时,原不等式的解集为；当时,原不等式的解集为.【点睛】此题考查解一元二次不等式和含有一个参数的一元二次不等式，关键在于进行因式分解求出方程的根，并准确进行分类讨论求解不等式.22已知：在数列中，（1）令，求证：数列是等差数列；（2）若为数列的前项的和，对任意恒成立，求实数的最小值【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】（1）根据已知得到，从而得，可证得结论；（2）由（1）得，进而得到；利用错位相减法求得，代入，整理为；通过换元法求得的最大值，从而求得结果.【详解】（1）由得：可得：，即，又数列是首项为，公差为的等差数列（2）由（1）得： 又整理得：因为对任意恒成立所以对任意恒成立即对任意恒成立 设，则 当，即时， 的最小值为【点睛】本题考查等差数列的证明、错位相减法求和问题、数列中的恒成立问题，关键是能够熟练应用数列求和的方法，进而通过分离变量的方式变成所求参数与之间的关系，通过函数求值域的方法得到最值，进而得到结果.第 16 页 共 16 页
