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1、福建省厦门六中2018-2019学年高二（上）期中文科数学试卷一、选择题（本大题共12小题，共60.0分）1. 在等差数列3，7，11中，第5项为( )A. 15B. 18C. 19D. 23【答案】C【解析】试题分析：由等差数列3，7，11，得=3，d=4,则=19.故选C.考点：等差数列的通项公式.2.中，若，则的面积为A. B. 1C. D. 【答案】C【解析】【分析】直接利用三角形的面积公式S计算求解.【详解】由题得的面积故选：C.【点睛】本题主要考查三角形面积的计算，意在考查学生对该知识的理解掌握水平.3.已知，函数的最小值是A. 6B. 5C. 4D. 3【答案】C【解析】【分析】
2、由，利用基本不等式可求得函数的最小值【详解】，函数，当且仅当，时，等号成立，故函数的最小值是4，故选C【点睛】本题主要考查利用基本不等式求最值，属于难题.利用基本不等式求最值时，一定要正确理解和掌握“一正，二定，三相等”的内涵：一正是，首先要判断参数是否为正；二定是，其次要看和或积是否为定值（和定积最大，积定和最小）；三相等是，最后一定要验证等号能否成立（主要注意两点，一是相等时参数否在定义域内，二是多次用或时等号能否同时成立）.4.已知等比数列满足，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】由a1+a3+a5=21得 a3+a5+a7=，选B.5.“”是“”成立的A. 充分不必要条件
3、B. 必要不充分条件C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【分析】求解一元二次不等式，然后结合充分必要条件的判定方法得答案【详解】由，得，由，能够得到，反之，由，不一定有，如“”是“”成立的充分不必要条件故选：A【点睛】本题考查一元二次不等式的解法，考查充分必要条件的判定方法，意在考查学生对这些知识的理解能力掌握水平6.若，则下列不等式中，正确的不等式有 ( )A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个【答案】B【解析】【分析】根据可以得到，从而正确，错误【详解】因为，故，所以，故正确，错误又，故，故正确又，故，故错误，综上，正确，故选B【点睛】本题考察不等式的性质，属于
4、基础题7.在ABC中，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【答案】B【解析】因为，三角形有两解，所以选B.8.等差数列，的前n项和分别是，如果，则A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由等差数列的性质和求和公式代值计算可得解【详解】，由等差数列的性质和求和公式可得，故选：A【点睛】本题考查等差数列的性质和求和公式，意在考查学生对这些知识的理解能力掌握水平和分析推理能力.9.已知若x，y均为正数，则的最小值是A. B. C. 8D. 24【答案】C【解析】【分析】由已知可得，展开整理后利用基本不等式即可求解【详解】，y均为正数，则当且仅当且即，时取等
5、号，的最小值是8故选：C【点睛】本题主要考查了基本不等式在求解最值中的应用，解题的关键是对应用条件的配凑10.在中，则的形状是A. 直角三角形B. 锐角三角形C. 钝角三角形D. 正三角形【答案】D【解析】a2b2c2a2b2a2b22abcosC2absinC，即a2b22absin，由于2aba2b22absin，故只能ab且C，故三角形为正三角形也可用特殊值的方法断定正三角形合适，排除其他情况11.若实数满足不等式，且的最大值为9，则实数（ ）A. B. C. 1D. 2【答案】C【解析】考点：简单线性规划的应用分析：先根据约束条件画出可行域，设z=x+y，再利用z的几何意义求最值，只需
6、求出直线x+y=9过可行域内的点A时，从而得到m值即可解：作出满足题设条件的可行域如图所示，设x+y=9，显然只有在x+y=9与直线2x-y-3=0的交点处满足要求联立方程组解得即点A（4，5）在直线x-my+1=0上，4-5m+1=0，得m=1故答案为：112.已知集合，对于满足集合A的所有实数t，使不等式恒成立的x的取值范围为A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由条件求出t的范围，不等式变形为恒成立，即不等式恒成立，再由不等式的左边两个因式同为正或同为负处理【详解】由得，不等式恒成立，即不等式恒成立，即不等式恒成立，只需或恒成立，只需或恒成立，只需或即可故选：B【点睛】本题考
7、查了一元二次不等式的解法问题，难度较大，充分利用恒成立的思想解题是关键二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13.一元二次不等式的解集为_【答案】(-2，3)【解析】试题分析：解不等式,解得.考点：解一元二次不等式.14.数列中，则的通项公式为 ；【答案】【解析】试题分析：，且，是以3位首项、3为公比的等比数列，则.考点：等比数列15.已知为的三个内角的对边，向量，若，且，则角 【答案】【解析】试题分析：,转化为 考点：解三角形点评：解三角形题目常用正弦定理余弦定理实现边与角的互相转化16.已知数列满足，则的通项公式_【答案】【解析】【分析】利用已知条件，通过代换n，两式作差，求解即可【详
8、解】当时，由，得；当时，由，可得，两式相减得，故故答案为：【点睛】本题考查数列的递推关系式的应用，数列通项公式的求法，意在考查学生对这些知识的理解能力掌握水平和分析推理能力.三、解答题（本大题共6小题，共70.0分）17.在中，已知，是方程的两个根，且（1）求角的大小；（2）求的长【答案】,【解析】试题分析：解：（1），所以（2）由题意得=考点：本题考查余弦定理，三角函数的诱导公式的应用点评：解决本题的关键是用一元二次方程根与系数之间关系结合余弦定理来解决问题18.在我校高二年段即将准备开展的数学竞赛活动中，规定评选一等奖和二等奖的人数之和不超过10人，一等奖人数比二等奖人数少2人或2人以上，
9、一等奖人数不少于3人，且一等奖奖品价格为30元，二等奖奖品价格为20元，怎样合理安排可以使得本次活动购买奖品的费用最少？【答案】本次活动购买奖品的最小费用为190元.【解析】【分析】先根据条件列出线性约束条件，再根据条件画出可行域，根据目标函数画直线，找出最优解，求出最值【详解】设一等奖人数为x，二等奖人数为y，本次活动购买奖品的费用为，目标函数为：，约束条件为画出满足条件的平面区域，联立，得设直线：，通过平移直线，易知z在点处取得最小值190，本次活动购买奖品的最小费用为190元【点睛】本题考查的是线性规划问题，还考查了学生分析问题的能力和数学建模的能力已知两个变量间的关系，求它们的线性和最
10、小，根据条件列出线性约束条件，再根据条件画出可行域，根据目标函数画直线，找出最优解，求出最值找最优解时注意斜率和倾斜角大小关系19.正项数列an满足-(2n-1)an-2n=0.(1)求数列an的通项公式an;(2)令bn=,求数列bn的前n项和Tn.【答案】(1) an=2n (2) Tn=【解析】试题分析：（1）解关于的一元二次方程即可求得；（2）利用裂项相消法进行求解试题解析：（1）由，得，由于数列是正项数列，所以.（2）由，则，所以.考点：1一元二次方程；2裂项相消法求和20.已知函数，不等式的解集为求函数的解析式；若对于任意的，都成立，求实数m的最大值【答案】（1）； （2）.【解析
11、】【分析】利用二次不等式的解集，列出方程组，求解即可通过分离变量，利用二次函数的性质，求解函数的最值推出结果【详解】，可得，解得，；即，而时，函数的对称轴为：，开口向下，所以函数的最小值为，实数m的最大值为【点睛】本题考查函数与方程的应用，函数的最值的求法，考查转化思想以及计算能力21.如图，在中已知，D是BC边上的一点若，求CD的长；若，求面积S的最大值【答案】（1）； （2）.【解析】【分析】通过向量的数量积求出A的余弦函数值，利用余弦定理转化求解即可利用余弦定理以及三角形的面积，转化求解即可【详解】在中，由余弦定理得：，所以因为且，所以，在中，由余弦定理得：，即，所以当且仅当时，面积S取
12、得最大值为【点睛】本题考查三角形的解法，余弦定理的应用，考查向量的数量积的应用，是基本知识的考查22.设数列的前n项和为，对任意的正整数n，都有成立，记（），（）求数列的通项公式；（2）记（），设数列的前n和为，求证：对任意正整数n，都有【答案】（1）（）（）对任意正整数n，都有，证明略【解析】试题分析：（1）已知与的关系式，如本题，都是再写一次（可用代），两式相减后得数列的递推式，从而可得，数列是等比数列，因此通项公式可得；（2）由（1）求得，从要证明的不等式看，要求能计算出其和，但从通项的形式知其和求不出来，但是从问题看，想象能否采用放缩法，即把放大一点，以便可求和，此时要注意，不能用这种放缩法，可直接计算得，当时，用此放缩法得，求和后可证得不等式成立试题解析：（1）当时，又，即，数列是首项为，公比为的等比数列，（2）由得又，当时，当时，对任意正整数都有考点：已知与的关系求通项公式，等比数列的通项公式，等比数列的前项和，放缩法证明不等式【名师点睛】很多数列试题是以为出发点设计的，求解时要考虑两个方面，一个是根据SnSn1an把数列中的和转化为数列通项之间的关系；一个是根据anSnSn1把数列中的通项转化为和的关系，先求Sn再求an对于与数列的和有关的不等式证明问题通常是用放缩法使得“和”能求出，放缩时只能适度放缩，不能放得太大，超过不等式的界限，那就得不偿失了
