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- 2021-02-26 发布
宁夏育才中学高二期中考试理科数学
一、选择题
1.设等差数列的前项和为，若，则等于
A. 18 B. 36 C. 45 D. 60
【答案】C
【解析】
【分析】
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
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
利用正弦定理，即可解得.
【详解】∵
∴，即，
∴，又a＜b，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（ ）
A. 15 B. 16 C. 31 D. 32
【答案】B
【解析】
【分析】
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（ ）
A 3 B. 2 C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
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（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
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.在等比数列中，，，则的值是（ ）
A. 8 B. 15 C. 18 D. 20
【答案】A
【解析】
【分析】
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（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
根据等比数列通项可得解.
【详解】由题意可知：
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】
【分析】
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（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
由题得出数列前项和，再用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
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
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.记单调递增的等比数列的前项和为，若，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
先利用等比数列的性质得到的值，再根据的方程组可得的值，从而得到数列的公比，进而得到数列的通项和前项和，根据后两个公式可得正确的选项.
【详解】因为为等比数列，所以，故即，
由可得或，因为为递增数列，故符合.
此时，所以或（舍，因为为递增数列）.
故，
故选C.
【点睛】一般地，如果为等比数列，为其前项和，则有性质：
（1）若，则；
（2）公比时，则有，其中为常数且；
（3） 为等比数列（ ）且公比为.
12.已知，则的最大值为（ ）
A. 1 B. C. D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】
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BC=6，AC=4，，则∠B=______．
【答案】
【解析】
【分析】
通过正弦定理易得,再由大边对大角可知B=．
【详解】∵BC=6，AC=4，，由正弦定理，得：sinB=，
∵AC＜BC，∴得B为锐角，所以B=．
故答案为．
【点睛】此题考查解三角形正弦定理，直接套用公式代入即可，属于简单题目．
14.数列1，－2，2，－3，3，－3，4，－4，4，－4，5，－5，5，－5，5…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】
【分析】
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】
【分析】
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】
【分析】
设，，所以，所以，然后将，，代入化简，再由正余弦函数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，所以最小值为.
故答案为：
【点睛】本题主要考查求最值，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】
【分析】
（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】
【分析】
（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.
【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，.
（Ⅰ）求数列的通项公式；
（Ⅱ）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.已知函数．
（1）当时，求关于的不等式的解集；
（2）若，求关于的不等式的解集．
【答案】（1）；（2）详见解析．
【解析】
试题分析：（1）当时，解关于的一元二次不等式，即得到不等式的解集；（2）将因式分解为，由于，分别讨论，，时所对应的不等式的解集即可．本题第（1）问重点考查一元二次不等式的解法，解一元二次不等式时注意与相应二次函数、相应一元二次方程的结合，采用数形结合的方法解题；第（2）问重点考查含参数一元二次不等式的解法，注意分类讨论，采用数形结合的方法解此类一元二次不等式，对参数的讨论要做到不重不漏．
试题解析：（1）当时有：即：解得：
故不等式的解集为
（2）
讨论：①当时，，不等式解为；
②当时，，不等式解为；
③当时，， 不等式解为；
综上：当时，不等式解集为；
当时，不等式解集为；
当时， 不等式解集为；
考点：1．一元二次不等式的解法；2．含参不等式的分类讨论．
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】
【分析】
（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.