- 445.50 KB
- 2021-06-04 发布
2019-2020学年度新余一中高二年级上学期
第二次段考数学试卷(理）
考试时间：120分钟；命题人： 审题人：
一、选择题：本大题共12个小题,每小题5分,共60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.若，且，则以下不等式中正确的是（ ）
A. B. C. D.
2. 在中，若，则是（ ）
A.锐角三角形 B.钝角三角形 C.等腰三角形 D.直角三角形
3．在的二项展开式中,x的系数为( )
A.10 B.-10 C.40 D.-40
4. 不等式的解集是（ ）.
A. B. C. D.
5. 将3名教师和3名学生共6人平均分成3个小组，分别安排到三个社区参加社会实践活动，则每个小组恰好有1名教师和1名学生的概率为（ ）
A． B． C． D．
6. 若{an}是等差数列，首项a1＞0，a23+a24＞0，a23a24＜0,则使前n项和Sn＞0成立的最大自然数n是（ ）
A. 46 B. 47 C. 48 D. 49
7.设全集I=｛1，2，3，4，5，6｝，集合A，B都是I的子集，若AB=｛1，3，5｝，则称A，B为“理想配集”，记作（A，B），问这样的“理想配集”（A，B）共有（ ）
A．7个 B．8个 C．27个 D．28个
8.在△ABC中，D是边AC上的点，且AB＝AD，2AB＝BD，sinC＝，则＝（ ）
A. B. C. 2 D. 3
9.如图,一栋建筑物AB的高为,在该建筑物的正东方向有一个通信塔CD,在它们之间的地面点M,D三点共线处测得楼顶A,塔顶C的仰角分别是和,在楼顶A处测得塔顶C的仰角为,则通信塔CD的高为
A. 30m B. 60m C. D.
10.已知数列{an}满足：a1=-13，a6+a8=-2，且an-1=2an-an+1（n≥2），则数列{}的前13项和为（ ）
A. B. C. D.
11．已知的内角，，所对的边分别为，，，且，若的面积为，则的周长的最小值为（ ）
A． B． C． D．
12.数列an=2n+1，其前n项和为Tn，若不等式nlog2（Tn+4）-λ（n+1）+7≥3n对一切n∈N*恒成立，则实数λ的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分。
13.在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，其中a=2，c=3，且满足(2a-c)•cosB=b•cosC，则=______．
14. 从1，3，5，7中任取2个数字，从0，2，4，6，8中任取2个数字，组成没有重复数字的四位数，其中能被5整除的四位数共有 个.（用数字作答）
15.在锐角中，角的对边分别为，且，则的取值范围为 .
16．设，则的最小值是
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.已知等差数列{an}的前n项和为Sn，等比数列{bn}的前n项和为Tn，a1＝－1，b1＝1，a2＋b2＝2.(1)若a3＋b3＝5，求{bn}的通项公式；
(2)若T3＝21，求S3.
18．设满足约束条件，
(1)求目标函数的取值范围
(2)若目标函数z＝ax＋2y仅在点(-1,1)处取得最小值，求a的取值范围．
19．已知二项式．
（1）若展开式中第二项系数与第四项系数之比为1:8，求二项展开式的系数之和．
（2）若展开式中只有第6项的二项式系数最大，求展开式中的常数项．
20.随着城市地铁建设的持续推进，市民的出行也越来越便利．根据大数据统计，某条地铁线路运行时，发车时间间隔t（单位：分钟）满足：4≤t≤15，N，平均每趟地铁的载客人数p(t)（单位：人）与发车时间间隔t近似地满足下列函数关系：，其中.
(1）若平均每趟地铁的载客人数不超过1500人，试求发车时间间隔t的值．
(2）若平均每趟地铁每分钟的净收益为（单位：元），
问当发车时间间隔t为多少时，平均每趟地铁每分钟的净收益最大？井求出最大净收益．
21.在ABC中，角A，B，C所对的边分別为a，b，c，且asinAcosC+csinAcosA=c.
（1）若c=1，sinC=，求ABC的面积S；
（2）若D是AC的中点，且cosB=，BD=，求ABC的三边长．
22.已知正项数列{an}的前n项和为Sn，对任意n∈N*，点（an，Sn）都在函数f（x）=2x-2的图象上．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）若数列bn=（2n-1）an，求数列{bn}的前n项和Tn；
（3）已知数列{cn}满足，若对任意n∈N*，存在使得c1+c2+…+cn≤f（x0）-a成立，求实数a的取值范围．
2019-2020学年度新余一中高二年级上学期第二次段考数学试卷(理）
答案
一． ACDCB ACCBB CA
二． 13. -3 14. 300 15 （-1，- ) .16. 5
17. 解：（1）设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q，
a1=-1，b1=1，a2+b2=2，a3+b3=5，
可得
解得或（舍去），
则{bn}的通项公式为bn=2n-1，n∈N*；
（2）b1=1，T3=21，
可得1+q+q2=21，
解得q=4或-5，
当q=4时，b2=4，a2=2-4=-2，
d=-2-（-1）=-1，S3=-1-2-3=-6；
当q=-5时，b2=-5，a2=2-（-5）=7，
d=7-（-1）=8，S3=-1+7+15=21．
综上所述，S3=-6或21．
18.（1）[-0.2, 1] （2）a<1
19.(1)二项式的展开式的通项为，
所以第二项系数为，第四项系数为，
所以，所以.
所以二项展开式的系数之和.
(2)因为展开式中只有第6项的二项式系数最大，
所以展开式有11项，所以
令.
所以常数项为.
20.解: （1）9≤t≤15时，1800≤1500，不满足题意，舍去.
4≤t<9时，1800-15(9-t)2≤1500，即
解得t≥9+2(舍)或t≤9-2
∵4≤t <9，t∈N.
∴t=4.
(2）由题意可得
4≤t <9，t =7时，=260(元)
9≤t≤15，t =9时，=220(元)
答:(1)若平均每趟地铁的载客人数不超过1500人，发车时间间隔为4min.
(2)问当发车时间间隔为7min时，平均每趟地铁每分钟的净收益最大，最大净收益为260元.
21.解：（1）由正弦定理可知：===2R，
则a=2RsinA，b=2RsinB，c=2RsinC，
∴sinAsinAcosC+sinCsinAcosA=sinC，
则sinAsin（A+C）=sinC，
∴sinAsinB=sinC，则sinA=，
∴bsinA=，
ABC的面积S=bcsinA=×1×=；
（2）
由cosB=，可得sinB=，
∵asinAcosC+csinAcosA=,
∴由正弦定理得sinAsin（A+C）=sinC,
∵B=π-（A+C），
∴sinAsinB=sinC，
∵sinB=，C=π-（A+B），
∴3sinA=sin（A+B）==2sinA+cosA，
则sinA=cosA，得tanA=1，
∴A=，在中由余弦定理有c2+b2-bc=26，
∵sinAsinB=sinC，
∴sinA=sinC，且sinB=sinC，
∴由正弦定理得c=a，b=c=a，
∴a2+a2-a2=26，
∴解得：a=，∴b=，c=6，
法二：得出c=a后，延长BD至E使DE=BD,连AE，再用余
弦定理
22.解：（1）点（an，Sn）都在函数f（x）=2x-2的图象上，
可得Sn=2an-2，
n=1时，a1=S1=2a1-2，解得a1=2；
n≥2时，an=Sn-Sn-1=2an-2-2an-1+2，
化为an=2an-1，可得an=2n，对n=1也成立，
则an=2n，n∈N*；
（2）bn=（2n-1）an=（2n-1）•2n，
前n项和Tn=1•2+3•4+5•8+…+（2n-1）•2n，
2Tn=1•4+3•8+5•16+…+（2n-1）•2n+1，
相减可得-Tn=2+2（4+8+…+2n）-（2n-1）•2n+1
=2+2•-（2n-1）•2n+1，
化为Tn=6+（2n-3）•2n+1；
（3）由cn=-（-），可令Mn为数列{cn}的前n项和，
可得Mn=（++…+）-（1-+-+…+-）
=-（1-）=-，
由c1=0，c2＞0，c3＞0，c4＞0，n≥5时，2n＞n（n+1），即有cn＜0，
可得Mn≤M4=-=，
又x∈[-，]时，f（x）-a=2x-2-a的最大值为-1-a，
对任意n∈N*，存在使得c1+c2+…+cn≤f（x0）-a成立，
则-1-a≥，解得a≤-．