2018-2019学年甘肃省会宁县第一中学高二上学期期中考试数学(文)试题(解析版)[范文模版]

第一篇：2018-2019学年甘肃省会宁县第一中学高二上学期期中考试数学(文)试题(解析版)[范文模版]

2018-2019学年甘肃省会宁县第一中学高二上学期期中考试文科数学期中

试卷

一、单选题（共12题；共60分）

1.已知集合，则

()

A.(1，3)B.(1，4)C.(2，3)D.(2，4)2.若 A.，则下列不等式成立的是（）

B.C.D.3.在△ABC中，∠A=，AB=2，且△ABC的面积为A.1 B.，则边AC的长为（）

C.2 D.3 4.设Sn是等差数列{an}的前n项和，若a1+a3+a5=3，则S5=（）

A.5 B.7 C.9 D.11 5.在等比数列中，则的值是（）

A.14 B.16 C.18 D.20 6.已知{an}是等差数列，其前n项和为Sn，若a3=7﹣a

2，则S4=（）

A.15 B.14 C.13 D.12 7.已知在△ABC中，c=10，A=45°，C=30°，则a的值为（）

A.10 8.不等式 A.9.设 的内角 B.10

C.8 D.10 的解集是（）

B.C.D.，则

，所对的边分别为，，若 的形状为（）

A.锐角三角形 B.直角三角形 C.等边三角形 D.等腰三角形 10.已知x＞﹣1，则函数 的最小值为（）

A.﹣1 B.0 C.1 D.2 11.若实数a，b满足a+b=2，则3a+3b的最小值是（）

A.18 B.6 C.D.12.数列的首项为1，数列为等比数列且，若，则（）

A.20 B.512 C.1013 D.1024

二、填空题（共4题；共20分）

13.已知 14.函数，且 在区间，求 的最小值________.的最大值为________

15.已知x，y满足约束条件，若z=2x+y的最大值为________．

16.（2015·北京卷）在中，[]，，则=________ ．

三、解答题（共6题；共70分）

17.设（1）求角（2）若 18.已知函数f(x)= 的内角 的大小;,求 的值..的对边分别为

且

.（1）当a>0时，解关于x的不等式f(x)<0；

（2）若当a>0时，f(x)

.，.（2）求数列 20.等比数列（1）求数列（2）设 的各项均为正数，且 的通项公式；

，求数列 的前 项和

.21.某渔业公司今年初用98万元购进一艘渔船用于捕捞，第一年需要维修费用12万元，从第二年起，每年所需费用比上一年增加4万元，该船每年捕捞收入50万元，（1）问捕捞几年后总盈利最大，最大是多少？（2）问捕捞几年后平均利润最大，最大是多少？ 22.证明：

（1）a,b,c为正实数，；

（2）．

会宁一中高二文科数学期中试卷

一、单选题（共12题；共60分）

1.已知集合，则

（）

A.(1，3)

B.(1，4)

C.(2，3)

D.(2，4)2.若 A.，则下列不等式成立的是（）

B.D.3.在△ABC中，∠A=，AB=2，且△ABC的面积为，则边AC的长为（）

C.A.1

B.C.2

D.3 4.设Sn是等差数列{an}的前n项和，若a1+a3+a5=3，则S5=（）

A.5

B.7

C.9

D.11 5.在等比数列中，则的值是（）

A.14

B.16

C.18

D.20 6.已知{an}是等差数列，其前n项和为Sn，若a3=7﹣a

2，则S4=（）

A.15

B.14

C.13

D.12 7.已知在△ABC中，c=10，A=45°，C=30°，则a的值为（）

A.10

B.10

C.8

D.10 8.不等式 A.9.设 的内角 的解集是（）

B.D.的形状为（）

A.锐角三角形

B.直角三角形

C.等边三角形

D.等腰三角形，则，所对的边分别为，，若

C.4

10.已知x＞﹣1，则函数 的最小值为（）

A.﹣1

B.0

C.1

D.2 11.若实数a，b满足a+b=2，则3a+3b的最小值是（）

A.18

B.6

C.D.12.数列的首项为1，数列

为等比数列且，若，则

A.20

B.512

1013

D.1024

二、填空题（共4题；共20分）

13.已知，且，求 的最小值________.14.函数 在区间 的最大值为________

15.已知x，y满足约束条件，若z=2x+y的最大值为________．

16.（2015·北京卷）在中，，则=________ ．

三、解答题（共6题；共70分）

17.设 的内角 的对边分别为

且

.（1）求角 的大小;

（2）若 ,求 的值.18.已知函数f(x)=

.（1）当a>0时，解关于x的不等式f(x)<0；

（2）若当a>0时，f(x)

（2）求数列 的前 项和

.20.等比数列 的各项均为正数，且，.（1）求数列 的通项公式；

（2）设，求数列 的前 项和

.）

C.5

（

21.某渔业公司今年初用98万元购进一艘渔船用于捕捞，第一年需要维修费用12万元，从第二年起，每年所需费用比上一年增加4万元，该船每年捕捞收入50万元，（1）问捕捞几年后总盈利最大，最大是多少？（2）问捕捞几年后平均利润最大，最大是多少？ 22.证明：

（1）a,b,c为正实数，（2）．；

答案解析部分

一、单选题 1.【答案】C

【解析】【解答】

=，所以

【分析】本题考查集合的概念与运算，利用解一元二次不等式的解法化简集合并求两集合的交集，本题属基础题，要求学生最基本的算运求解能力.2.【答案】D

【解析】【解答】解：当 不正确； 因为函数 故答案为：D.【分析】根据不等式的性质逐一判断即可.3.【答案】A

【解析】【解答】解：由S△ABC=∴AC=b=1． 故选A．

【分析】利用三角形的面积公式S△ABC=4.【答案】A

【解析】【解答】由a1+a3+a5=3a3=

3a3=1，所以S5=

=5a3=5，故选A

及已知条件即可得出．，解得b=1． 是单调递增函数，又由，所以，时，满足，此时，所以A、B、C【分析】本题解答过程中用到了等差数列的一个基本性质即等差中项的性质，利用此性质可得a1+a5=2a3。高考中数列客观题大多具有小、巧、活的特点，在解答时要注意数列相关性质的应用，尽量避免小题大做。5.【答案】B

【解析】【分析】因为等比数列构成等比数列，所以说=选B 6.【答案】B

中，根据等差中项的性质得到，那么则所求的为

=

，根据等比数列的性质得到，新数列的公比为2，那么 7

【解析】【解答】由题意可知a3=7﹣a

2，a3+a2=7，S4=a1+a2+a3+a4=2（a3+a2）=14． 故选：B．

【分析】利用已知条件求出a3+a2的值，然后求解S4的值． 7.【答案】A

【解析】【解答】解：∵c=10，A=45°，C=30°，∴由正弦定理可得：a= 故答案为：A．

【分析】利用正弦定理可得结果。8.【答案】D

【解析】【解答】不等式 故答案为：D.【分析】先将分式不等式移项通分化为标准型，转化为二次不等式求解.9.【答案】B

【解析】【解答】解：由正弦定理可以得到 故 因 因，故，故 即，所以，，为直角三角形，等价于

=

=10

．

故答案为：B.【分析】利用正弦定理，将边化角，即可得到sinA=1，求出A即可确定ΔABC的形状.10.【答案】C

【解析】【解答】∵x＞﹣1，∴x+1＞0，∴ x=0时取等号．∴函数 故答案为：C．

【分析】利用基本不等式求最值，一正、二定、三相等，在不定时两边同时加1，满足条件。11.【答案】B

【解析】【解答】因为当时“＝”成立.故选B.，所以，当且仅的最小值为1，当且仅当

12.【答案】D

【解析】【解答】由可知，所以，又数列为等比数列，所以是有，即，又所以，故答案选D.二、填空题

13.【答案】16

【解析】【解答】∵x＞0，y＞0，且 + =1，∴x+y=（x+y）=10+

≥10+2

=16，当且仅当y=3x=12时取等号．故答案为：16．

【分析】题目所给两式子相乘，运用基本不等式关系，即可得出答案。

14.【答案】3

【解析】【解答】x=0时，f（0）=0． x∈（0，3]时，f（x）=，当且仅当x=1时取等号．

∴函数 在区间[0，3]的最大值为3．

故答案为：3 【分析】将函数变形，利用基本不等式可得函数的最大值。15.【答案】4

【解析】【解答】解：作出不等式组对应的平面区域如图：（阴影部分）．

由z=2x+y得y=﹣2x+z，平移直线y=﹣2x+z，由图象可知当直线y=﹣2x+z经过点B时，直线y=﹣2x+z的截距最大，此时z最大． 由，解得，即B（2，0），于，代入目标函数z=2x+y得z=2×2+0=4． 即目标函数z=2x+y的最大值为4． 故答案为：4．

【分析】作出可行域，化直线方程为斜截式，由图可得最优解，联立方程组求出最优解的坐标，代入目标函数可得z=2x+y的最大值． 16.【答案】1

【解析】【解答】

【分析】本题考查二倍角公式及正弦定理和余弦定理，本题属于基础题，题目所求分式的分子为二倍角正弦，应用二倍角的正弦公式进行恒等变形，变形后为角的正弦、余弦式，灵活运用正弦定理和余弦定理进行角化边，再把边长代入求值.三、解答题 17.【答案】（1）解:即得

.（2）解:sinC=2sinA,由正弦定理得c=2a, , , 解得.【解析】【分析】（1）利用正弦定理边化角，得B角的正切，求得B.（2）利用正弦定理角化边，再用余弦定理解得a和c.18.【答案】（1）解：f(x)<0即 ①当 ②当 ③当（2）解：

19.【答案】（1）解：由

bsinA= acosB,由正弦定理可得 , , >0,所以

由余弦定理

即

}；

时，时，时，不等式的解集为{x|，不等式的解集为，不等式的解集为{ x|

；

}

得，即，即

（2）解：由（1）知 ∴ ∴

∴

【解析】【分析】（1）根据题目中所给的条件的特点，设等差数列{an}的公差为d，由条件利用等差数列的通项公式及其前n项和公式即可得出．

（2）利用“裂项求和”即可得出．本题考查了等差数列的通项公式及其前n项和公式、“裂项求和”，考查了计算能力，属于中档题． 20.【答案】（1）解：设数列 由条件可知 故数列（2）解：，故 的通项公式为

【解析】【分析】（1）利用等比数列的性质，计算q，a1,即可得到答案。（2）利用错位相减法，计算Tn,即可得到答案。21.【答案】（1）解：

；

（2）解：要证 只要证 只要证 只要证 只要证，，，.由 的公比为.由

得

=

得，所以，所以

..11

显然成立，故 ．

【解析】【分析】（1）先利用基本不等式得到三个不等式，再把三个不等式相加整理即可.（2）先把已知平方，整理化简得到，再平方得到显然成立的结果，即可证明.12

第二篇：重庆市第一中学2017-2018学年高二上学期期中考试数学(文)试题含解析

2017年重庆一中高2019级高二上期半期考试

数学试题卷（文科）第Ⅰ卷（选择题 共60分）

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.方程A.B.表示焦点在轴上的椭圆，则和应满足下列（），C.D.【答案】C，整理得：故选C.2.若等比数列

.的首项和为，公比为，且，则（）

A.B.C.D.【答案】D 【解析】等比数列故选D.3.若标准双曲线以，前项和为，所以.为渐近线，则双曲线的离心率为（）

A.B.C.或 D.或【答案】D 【解析】标准双曲线以

为渐近线，则

或.双曲线的离心率故选D.4.以A.C.为圆心且与直线 B.D.或.相切的圆的方程为（）

【答案】B 【解析】圆心即圆的半径为.圆的方程为故选B.5.已知直线，和平面，直线则；③若，平面，下面四个结论：①若，则

；④若，则，则

；②若，.到直线的距离为：

.，其中正确的个数是（）

A.B.C.D.【答案】D 【解析】由线面垂直的性质定理知，若若若以若，，所以，直线

平面，则有，①正确；，则与可以异面，可以相交，也可以平行，②错误；，则必存在不与重合的，③正确；，则，④正确.，使得，则，,所综上：①③④正确.故选D.6.在中，则三角形的形状为（）

A.等腰三角形 B.直角三角形

C.等腰直角三角形 D.等腰三角形或直角三角形 【答案】D 【解析】根据正弦定理可知∵acosA=bcosB，∴sinAcosA=sinBcosB，∴sin2A=sin2B，∴A=B,或2A+2B=180∘即A+B=90∘，所以△ABC为等腰或直角三角形。故选：D.7.直线交椭圆

于，若

中点的横坐标为，则

（）

A.B.C.D.【答案】A 【解析】直线与椭圆

联立得：

.设，则有

.因为中点的横坐标为，所以，则有

.故选A.8.在正方体中，异面直线与

所成角是（）

A.B.C.D.【答案】C 【解析】在正方体中，所以即为所求（或其补角）.连接，因为，所以

.故选C.9.如图是一个几何体的三视图，在该几何体的各条棱中最长的棱是的长度是（A.B.C.D.【答案】C 【解析】

如图所示，该几何体为棱锥，,.）各条棱中最长的棱是故选C.10.圆A.B.C.D.【答案】C 【解析】圆圆所以圆心

.关于直线

对称的圆的方程为，则实数的值为（）

化为标准方程为：圆关于直线与(0,0)关于

对称的圆的方程为对称.，.，解得.故选C.点睛：在求一个点关于直线的对称点时，可以根据以下两个条件列方程（1）两点的中点在对称直线上；（2）两点连线的斜率与对称直线垂直.11.已知点是直线

（）上一动点，、是圆：的两条切线，、为切点，为圆心，若四边形A.B.【答案】D 【解析】∵圆的方程为：∴圆心C(0,−1)，半径r=1.，C.D.面积的最小值是，则的值是（）

根据题意,若四边形面积最小,当圆心与点P的距离最小时,即距离为圆心到直线l的距离最小时,切线长PA,PB最小。切线长为4，∴，.），由

∴圆心到直线l的距离为∵直线∴（,解得所求直线的斜率为故选D.12.如图所示，在正方体则下列命题中假命题是（）

中，点是棱上一动点，平面交棱于点，A.存在点，使得B.存在点，使得

平面平面的体积均不变 的体积均不变 C.对于任意的点，三棱锥D.对于任意的点，四棱锥【答案】B 【解析】对A，当为故A为真命题； 对B，假设所以对C，∵棱锥对D，∵不会与平面BE的中点时，则F也为A的中点，∴EF∥，∴∥平面；

F，在平面BEF内，则，在矩形中，垂直，故B不正确.，平面，到平面的距离为，且

为定值，所以三的体积均不变，故C是真命题；

=，∵C∥A∥平面B，∴四棱锥−BEF的体积为定值，故D是真命题； 故选B.点睛：本题主要考查了空间位置关系的判定，空间距离的求解问题，其中解答中涉及到直线与平面垂直的判定与性质，直线与平面平行的判定与性质，三棱锥的体积的计算公式等知识点的综合运用，着重考查了学生的推理与运算能力，解答中熟记位置关系的判定和性质定理是解答的关键，试题属于中档试题.第Ⅱ卷（非选择题 共90分）

二、填空题（本大题共4个小题，每小题5分，共20分，将答案填在答题纸上）13.抛物线的焦点坐标为__________． 【答案】【解析】由

得，焦点为（0，－）.【考点】抛物线的性质.14.已知等差数列【答案】25.【解析】等差数列所以，..15.在中，已知三个内角为、、、满足，求最小角的余弦值, 满足，在__________．

__________． 【答案】 【解析】∵∴由正弦定理可得，∴a为三角形的最小边，∴A为三角形的最小内角，设∴由余弦定理可得故答案为：.16.从双曲线点，设为线段【答案】1.的左焦点引圆的中点，为坐标原点，则的切线，切点为，延长

__________．

交双曲线右支于

【解析】

设是双曲线的右焦点，连接P.∵M、O分别为FP、FF′的中点,∴，由双曲线定义得，故答案为：1..，点睛：本题主要考查利用双曲线的简单性质，属于中档题.求解与双曲线性质有关的问题时要结合图形进行分析，既使不画出图形，思考时也要联想到图形，当涉及顶点、焦点、实轴、虚轴、渐近线等双曲线的基本量时，要理清它们之间的关系，挖掘出它们之间的内在联系.本题是利用点到直线的距离等于圆半径，中位线定理，及双曲线的定义列式求解即可..三、解答题 ：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.如图所示，中，，以点为圆心，为半径作扇形，（1）求平面图形绕直线（2）求平面图形绕直线【答案】(1)(2)

旋转一周所成的几何体的体积； 旋转一周所成的几何体的表面积....................（1）圆锥底面的半径为积；

（2）圆锥的母线为试题解析：（1）（2）.，，，代入圆锥的侧面积公式，再去半球的表面积即可得解.，高为，即可得圆锥体积，半球的半径为

即可得体

.18.已知数列（1）求的值；（2）若数列【答案】（1）满足(2)，求数列.的前项和.是首项为，公比为（）的等比数列，并且，成等差数列.【解析】试题分析：（1）直接利用已知条件整理得到关于公比的等式，解之即可求出公比；（2）利用求出的公比，先求出两个数列的通项公式，再对数列{bn}采用分组求和即可． 试题解析：（1）由条件得得或（舍）

.的内角，的对边分别为，，且

.，.（2）∵∴∴19.设锐角三角形（1）求角的大小；（2）若，求;（2）的面积及.，由于，可求，【答案】（1）【解析】试题分析：（1）由已知及正弦定理得结合B是锐角，可求B．

（2）依题意利用三角形面积公式及余弦定理即可计算得解． 试题解析：（1）因为由于，故有，由正弦定理得，.，可得：.又因为是锐角，所以（2）依题意得：所以由余弦定理20.已知椭圆（）的左右焦点分别为、，离心率的周长为..过的直线交椭圆于、两点，三角形（1）求椭圆的方程；（2）若弦【答案】（1），求直线的方程..的周长为8，求出a，c，b，即可得到椭;（2）【解析】试题分析：（1）利用椭圆的离心率以及圆的方程，（2）求出直线方程与椭圆方程联立，点的坐标为标，然后求解三角形的面积即可． 试题解析：（1）三角形离心率的周长，所以,的坐标为，所以，则

..,的坐标为求出A，B坐椭圆的方程为：（2）设点的坐标为的斜率为（显然存在）

..点睛: 本题主要考查直线与圆锥曲线位置关系，所使用方法为韦达定理法：因直线的方程是一次的，圆锥曲线的方程是二次的，故直线与圆锥曲线的问题常转化为方程组关系问题，最终转化为一元二次方程问题，故用韦达定理及判别式是解决圆锥曲线问题的重点方法之一，尤其是弦中点问题，弦长问题，可用韦达定理直接解决，但应注意不要忽视判别式的作用． 21.图1，平行四边形（如图2），且

中，，现将的中点.沿

折起，得到三棱锥，点为侧棱

（1）求证：（2）求三棱锥（3）在平面； 的体积；

平面

？若存在，求的长；若不存在，的角平分线上是否存在点，使得请说明理由.【答案】（1）见解析；（2）

；（3）

.，再由线面垂直的判定的定理可得，最后由由线面垂直的判定的定理，进而可得结果；（Ⅱ）取，，先证四边形

中点，【解析】试题分析：（Ⅰ）由平面几何知识先证明平面，从而得，进而可得

平面可得结论；（Ⅱ）由等积变换可得连接∥并延长至点，使，连接

为平行四边形，则有，利用平面几何知识可得结果.中，有，又因为为侧棱的中点，试题解析：（Ⅰ）证明：在平行四边形所以又因为又因为因为所以又因为所以平面平面平面平面；，平面，，．，，,，所以

.中点，连接

是角，且，所以

；，所以平面.（Ⅱ）解：因为故又因为所以有（Ⅲ）解：取因为

平面，所以是三棱锥的高，并延长至点，使的角分线.，连接，.，所以射线

又因为点是的因为所以因为平面∥平面、中点，所以，.平面

∥，互相平分，为平行四边形，有，所以有，故

.过圆上任意一点向轴引垂线垂足为（点、可重合），点为

∥，.故四边形又因为又因为22.已知圆：的中点.（1）求的轨迹方程；

（2）若点的轨迹方程为曲线，不过原点的直线与曲线交于、两点，满足直线的斜率依次成等比数列，求【答案】（1）；（2）

面积的取值范围.面积的取值范围为，则，代入圆：

.即可得解；

（，，【解析】试题分析：（1）设（2）由题意可知，直线的斜率存在且不为，故可设直线的方程为联立得依次成等比数列，设，可得，由直线，再由），与椭圆，的斜率，计算试题解析：（1）设，则，则有：

即可.，整理得：.（），（2）由题意可知，直线的斜率存在且不为，故可设直线的方程为，由消去得

则，且，.故

因为直线，的斜率依次成等比数列，即，又，所以，即.由于直线，的斜率存在，且，得且，设为到直线的距离，则，所以面积的取值范围为.点睛： 在圆锥曲线中研究最值或范围问题时，若题目的条件和结论能体现一种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值．在利用代数法解决最值与范围问题时常从以下方面考虑：

①利用判别式来构造不等关系，从而确定参数的取值范围；

②利用已知参数的范围，求新参数的范围，解这类问题的关键是在两个参数之间建立等量关系；

③利用隐含或已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围

第三篇：安徽省淮北市第一中学2017-2018学年高二上学期期中考试数学(文)试题含解析

淮北一中2017-2018学年上学期高二年级期中考试

文科数学试题 第Ⅰ卷（共60分）

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.抛物线的焦点到准线的距离为（）

A.B.C.D.【答案】C 【解析】由，则

（）得：，所以，即焦点到准线的距离为，故选C.2.如角满足A.B.C.D.【答案】D 【解析】由题意可得3.离心率为，且过点A.【答案】D 【解析】已知椭圆的焦点在轴上，若椭圆过点则，即，则，又由其离心率为，即，故选D.，B.，选D.的焦点在轴上的椭圆的标准方程是（）C.D.，此时椭圆的方程为，则输入的（）4.执行如图所示的程序框图，如果输出

A.B.C.D.【答案】B 【解析】该程序框图表示的是通项为，故选B.5.由公差为的等差数列

重新组成的数列

是（）的前项和，输出结果为，得A.公差为的等差数列 B.公差为的等差数列 C.公差为的等差数列 D.非等差数列 【答案】B 【解析】设新数列，故选B.【方法点晴】本题主要考查等差数列的定义、等差数列通项公式，属于难题.判定一个数列为等差数列的常见方法是：(1)定义法：

（是常数），则数列

是等差数列(2)等的第项是，则，此新数列是以为公差的等差数列，差中项法：为常数)，则数列

（），则数列是等差数列；(3)通项公式：

（(是等差数列；(4)前n项和公式：为常数)，则数列是等差数列.本题先利用方法(1)判定出数列6.已知A.，且 B.，则 C.是等差数列后再进行解答的.的最小值为（）D.【答案】C 【解析】由

故选D.【易错点晴】本题主要考查利用基本不等式求最值，属于中档题.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）.7.在中，（分别为角的对边），则的形状为（）得，因为，所以

（当且仅当

时等号成立），A.直角三角形 B.等边三角形 C.等腰三角形 D.等腰三角形或直角三角形 【答案】A 【解析】因为，因为8.已知命题函数的图像关于直线A.B.，由正弦定理当

，所以的图像恒过定点

，可得，的形状为直角三角形，故选A.为偶函数，则函数

；命题若函数

对称，则下列为真命题的是（）

D.C.【答案】D 【解析】试题分析：因为函数为偶函数，则函数为真命题.故选D． 的图象恒过定点的图象关于直线，所以命题为假命题，若函数

对称，所以命题也为假命题，所以考点：复合命题的真假．

【方法点睛】由函数的奇偶性，对称轴和平移得到命题假，则为真命题.复合命题的真假判断的方法：（1）非复合命题判断真假：当为真时，非为假；当为假时，非为真，即“非”形式的复合命题的真假与的真假相反；（2）“且”形式的复合命题真假判断：当、为真时，且为真；当、中至少有一个为假时，且为假，即“且”形式的复合命题，当与同为真时为真；（3）“或”形式的复合命题真假判断：当，中至少有一个为真时，“或”为真；当，都为假时，“或”为假，即“或”形式的复合命题，当与同为假时为假．本题考查命题的真假判断解题时要认真审题，注意复合命题的性质的合理应用，属于中档题.9.已知椭圆的两个焦点分别为，若椭圆上不存在点，使得

是钝角，则椭圆离心率的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】A..................10.如图，在中，若，则的值为（）

A.B.C.D.【答案】D 【解析】

11.数列A.的通项公式为 C.D.，其前项和为，则（）

B.【答案】D 【解析】选D.12.数列A.的通项公式为 C.D.，其前项和为，则

（）

B.【答案】B 【解析】选D.第Ⅱ卷（共90分）

二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13.命题“【答案】【解析】特称命题“14.在数列【答案】【解析】时，”的否定是__________． 14

”的否定为全称命题“，则

”。

中，已知其前项和为

时，__________．

两式相减可得，故答案为

.，【方法点睛】本题主要考查数列通项与前项和之间的关系以及公式属于难题.已知求的一般步骤：（1）当

时，由

求的值；（2）当的应用，时，由，求得的表达式；（3）检验的值是否满足（2）中的表达式，若不满足则分段表示；（4）写出的完整表达式.15.设实数【答案】18 满足，则的最小值为__________．

【解析】

表示可行域内的点可知原点到直线式可得

到原点距离的平方，出不等式组对应的平面区域如图：由图象的距离,就是点

到原点距离的最近距离，由点到直线距离公

，故答案为.，所以的最小值为16.下列命题中，假命题的序号有__________．（1）“”是“函数

为偶函数”的充要条件；

（2）“直线垂直平面内无数条直线”是“直线垂直平面”的充分条件；（3）若（4）若【答案】（2）（3）【解析】（1）若“函数即平方得即则“”是“函数，则，即，为偶函数”的充要条件；正确；，则，为偶函数”，则，，则

；，则

.（2）“直线垂直平面内无数条直线”则“直线垂直平面”不一定成立，故（2）错误；（3）当（4）若：故答案为：（2）（3）时，满足，但，则：

不成立，故（3）错误；

正确．

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.已知函数（1）当（2）若

.；.时解集为,当

时解集为,当时，解关于的不等式，解关于的不等式（2）当【答案】（1）时解集为

【解析】试题分析：（1）所以根据根的大小进行分类讨论：

试题解析：（1）当即时，不等式

． ．，；，结合图像可得不等式解集（2）时，为；，为；，时，为，解得故原不等式的解集为（2）因为不等式当时，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

；

18.设数列数列.（1）求数列（2）求数列【答案】(1)是等差数列，满足，数列满足，且为等比和的通项公式； 的前项和.(2)的通项公式，设等比数列的表达式，则可得到的公【解析】试题分析：（1）由等差数列的定义可求得比为,由等比数列的定义可求得的值，进而得到的通项公式；（2）根据（1）中和得结果.的通项公式所具有的特征，等差数列和等比数列之和，故可采用分组求试题解析：（1）设等差数列的公差为,由题意得,设等比数列的公比为,由题意得,解得,（2）由（1）知，.考点：（1）求数列的通项公式；（2）数列求和.19.已知函数（1）的最小正周期和单调递增区间；

是三边长，且的面积..（2）已知.求角及的值.【答案】(1)f（x）的递增区间是[﹣+kπ，+kπ]，k∈Z(2)a=8，b=5或a=5，b=8 【解析】试题分析：

解析式利用两角和与差的正弦函数公式及二倍角的余弦函数公式化的最小正周期，利用正简，整理为一个角的正弦函数，找出的值代入周期公式即可求出弦函数的单调性即可求出由的单调递增区间。，根据第一问确定出的解析式求出的度数，利用三角形面积公式列出关系式，将

代入求出的值，联立即可求出值代入求出的值，利用余弦定理列出关系式，将的值。

解析：（Ⅰ）f（x）=sin2xcoscos2xsin+cos2x+1==π；

≤

+2kπ，k∈Z，得到﹣

+kπ，+cos2xsin

+sin2xcos

﹣

sin2x+cos2x+1=2sin（2x+）+1，∵ω=2，∴T=令﹣+2kπ≤2x++kπ≤x≤+kπ，k∈Z，则函数f（x）的递增区间是[﹣+kπ]，k∈Z；）=，（Ⅱ）由f（C）=2，得到2sin（2C+）+1=2，即sin（2C+∴2C+=或2C+=，解得：C=0（舍去）或C=∵S=10，ab=10222∴absinC=，即ab=40①，2

2由余弦定理得：c=a+b﹣2abcosC，即49=a+b﹣ab，将ab=40代入得：a2+b2=89②，联立①②解得：a=8，b=5或a=5，b=8． 20.已知过抛物线（1）求该抛物线的方程；（2）已知过原点作抛物线的两条弦理由.【答案】(1）（2）(4,0)的方程为:，与抛物线方程联立，利用弦长公式根的方程为：，和，且，判断直线

是否过定点？并说明的焦点，斜率为的直线交抛物线于

两点，且

.【解析】试题分析：（1）直线据联立结果.试题解析：（1）拋物线的焦点列方程可求得，得，从而可得该抛物线的方程；（2）直线，根据韦达定理及平面向量数量积公式可得，从而可得，∴直线的方程为:.联立方程组，消元得:，∴∴解得..∴抛物线的方程为：（2）由（1）直线联立则，得①..的方程为：，的斜率不为0，设直线，设，则.所以或（舍）, 所以直线DE过定点（4,0）.21.已知数列（1）求数列（2）设数列满足，且

（，）.的通项公式； 的前项之和，求证：

.【答案】(1)an=(2)详见解析

【解析】试题分析：（1）由,可得，即，可得出{{}}为等差数列.最终可求出{an}的通项公式；(2)采用错位相减法求出,再变形即可求证.试题解析：

（1）∵an=2an﹣1+2n（≥2，且n∈N*）∴

∴，∴数列{}是以为首项，1为公差的等差数列；∴；

（2）∵Sn=﹣Sn=1+22+23+…+2n﹣∴．，∴2Sn=，两式相减可得

=（3﹣2n）•2n﹣3，∴Sn=（2n﹣3）•2n+3＞（2n﹣3）•2n 22.已知椭圆（1）求椭圆的方程及离心率.（2）直线经过定点【答案】(1)(2)，其长轴为，短轴为.，且与椭圆交于两点，求面积的最大值.面积的最大值为 【解析】试题分析：（1）根据条件可得直线方程为：，即得椭圆的方程，及离心率．（2）先设，与椭圆联立方程组，利用韦达定理，结合弦长公式求得底边边长再根据点到直线距离得高，根据三角形面积公式表示大值

试题解析：解：（Ⅰ）∴椭圆的方程为：，，．

面积，最后根据基本不等式求最，离心率：（Ⅱ）依题意知直线的斜率存在，设直线的斜率为，则直线方程为：由，得，由设得：，，则，，又∵原点到直线的距离，∴

．

当且仅当此时，即面积的最大值为．

时，等号成立，点睛：解析几何中的最值是高考的热点，在圆锥曲线的综合问题中经常出现，求解此类问题的一般思路为在深刻认识运动变化的过程之中，抓住函数关系，将目标量表示为一个(或者多个)变量的函数，然后借助于函数最值的探求来使问题得以解决.

第四篇：2019-2020学年第一中学高二上学期期中数学（理）试题（解析版）

2019-2020学年第一中学高二上学期期中数学（理）试题

一、单选题

1．△ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c.已知，，则b=

A．

B．

C．2

D．3

【答案】D

【解析】【详解】

由余弦定理得，解得（舍去），故选D.【考点】

余弦定理

【名师点睛】

本题属于基础题,考查内容单一,根据余弦定理整理出关于b的一元二次方程,再通过解方程求b.运算失误是基础题失分的主要原因,请考生切记！

2．已知等差数列前9项的和为27，则

A．100

B．99

C．98

D．97

【答案】C

【解析】试题分析：由已知，所以故选C.【考点】等差数列及其运算

【名师点睛】等差、等比数列各有五个基本量,两组基本公式,而这两组公式可看作多元方程,利用这些方程可将等差、等比数列中的运算问题转化为解关于基本量的方程（组）,因此可以说数列中的绝大部分运算题可看作方程应用题,所以用方程思想解决数列问题是一种行之有效的方法.3．命题“”的否定是（）

A．

B．

C．

D．

【答案】B

【解析】分析：直接根据“全称命题”的否定一定是“特称命题”，写出结果即可.详解：“全称命题”的否定一定是“特称命题”，命题“”的否定是，故选B.点睛：本题考查命题的否定，“全称量词”与“存在量词”正好构成了意义相反的表达，如“对所有的…都成立”与“至少有一个…不成立”：“都是”与“不都是”等，所以“全称命题”的否定一定是“存在性命题”，“存在性命题”的否定一定是“全称命题”.4．椭圆的焦距为8，且椭圆的长轴长为10，则该椭圆的标准方程是（）

A．

B．或

C．

D．或

【答案】B

【解析】根据题意，分析可得、的值，计算可得的值，分析椭圆的焦点位置，即可得答案．

【详解】

解：根据题意，椭圆的焦距为8，长轴长为10，则，即，则，若椭圆的焦点在轴上，则其标准方程为，若椭圆的焦点在轴上，则其标准方程为，故要求椭圆的标准方程为或，故选：．

【点睛】

本题考查椭圆的标准方程，涉及椭圆的几何性质，属于基础题．

5．已知，函数的最小值是（）

A．5

B．4

C．8

D．6

【答案】D

【解析】试题分析：因为该函数的单调性较难求，所以可以考虑用不等式来求最小值，因为，由重要不等式可知，所以，本题正确选项为D.【考点】重要不等式的运用.6．在中，则的值等于（）

A．

B．

C．

D．

【答案】A

【解析】分析：先利用三角形的面积公式求得的值，进而利用余弦定理求得，再利用正弦定理求解即可.详解：由题意，在中，利用三角形的面积公式可得，解得，又由余弦定理得，解得，由正弦定理得，故选A.点睛：本题主要考查了利用正弦定理和三角函数的恒等变换求解三角形问题，对于解三角形问题，通常利用正弦定理进行“边转角”寻求角的关系，利用“角转边”寻求边的关系，利用余弦定理借助三边关系求角，利用两角和差公式及二倍角公式求三角函数值.利用正、余弦定理解三角形问题是高考高频考点，经常利用三角形内角和定理，三角形面积公式，结合正、余弦定理解题.7．若等比数列{an}的前n项和为Sn，则=（）

A．3

B．7

C．10

D．15

【答案】D

【解析】【详解】

若q=1可得据=2≠3，故q≠1，∴，化简得1-q8=3（1-q4），可得q8-3q4+2=0，解得q4=1或2，q≠1，解得q4=2，．

故选：D．

8．设，是椭圆：的左右焦点，为直线上一点，是底角为的等腰三角形，则椭圆的离心率为（）

A．

B．

C．

D．

【答案】A

【解析】设直线与轴交于点，由已知得，由此能求出椭圆的离心率．

【详解】

解：如图，设直线与轴交于点，由已知得，轴，为直线上一点，，椭圆的离心率为．

故选：．

【点睛】

本题考查椭圆的离心率的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意椭圆性质和数形结合思想的合理运用．

9．设，满足约束条件，目标函数的最大值为（）

A．5

B．

C．

D．1

【答案】C

【解析】根据已知中的约束条件，先画出满足条件的可行域，进而求出可行域的各角点的坐标，代入目标函数求出目标函数的值，比较后可得目标函数的最大值．

【详解】

解：不等式表示的平面区域如图所示阴影部分，则，目标函数

．

．

．

故目标函数的最大值为

故选：．

【点睛】

本题考查的知识点是线性规划，其中角点法是求已知约束条件，求目标函数最优解最常用的方法，一定要熟练掌握．

10．在中，A，B，C的对边分别为a，b，c，则的形状一定是（）

A．直角三角形

B．等边三角形

C．等腰三角形

D．等腰直角三角形

【答案】A

【解析】利用平方化倍角公式和边化角公式化简得到，结合三角形内角和定理化简得到，即可确定的形状。

【详解】

化简得

即

即

是直角三角形

故选A

【点睛】

本题考查了平方化倍角公式和正弦定理的边化角公式，在化简时，将边化为角，使边角混杂变统一，还有三角形内角和定理的运用，这一点往往容易忽略。

11．给出如下四个命题：①若“且”为假命题，则均为假命题；②命题“若，则”的否命题为“若，则”；

③“，则”的否定是“，则”；④在中，“”是“”的充要条件．其中正确的命题的个数是（）

A．1

B．2

C．3

D．4

【答案】C

【解析】根据复合命题真假的判定即可判断①；根据否命题可判断②；根据含有量词的否定可判断③；根据正弦定理及充分必要条件可判断④。

【详解】

根据复合命题真假的判断，若“且”为假命题，则或至少有一个为假命题，所以①错误；

根据否命题定义，命题“若，则”的否命题为“若，则”为真命题，所以②正确；

根据含有量词的否定，“”的否定是“”，所以③正确；

根据正弦定理，“”“”且“”“”，所以④正确。

综上，正确的有②③④

所以选C

【点睛】

本题考查了复合命题真假的判断、否命题及含有量词的否定，正弦定理和充分必要条件的应用，属于基础题。

12．已知，在这两个实数之间插入三个实数，使这五个数构成等差数列，那么这个等差数列后三项和的最大值为（）

A．

B．

C．

D．

【答案】C

【解析】根据题意，用表示这个等差数列后三项和为，进而设，利用三角函数的性质能求最大值。

【详解】

设中间三项为，则，所以，所以后三项的和为，又因为，所以可令，所以

故选：

【点睛】

本题主要考查等差数列的性质和三角函数的性质。

二、填空题

13．若命题“∃t∈R，t2-2t-a＜0”是假命题，则实数a的取值范围是

______.【答案】

【解析】【详解】

命题“∃t∈R，t2-2t-a＜0”是假命题，等价于∀t∈R，t2-2t-a≥0是真命题，∴△=4+4a≤0，解得a≤-1．

∴实数a的取值范围是（-∞，-1]．

故答案为（-∞，-1]．

14．在中，角所对的边分别为，若，则______．

【答案】

【解析】【详解】

由正弦定理及可得，又，所以，即,由余弦定理可得，则，应填答案

15．若数列满足，则______.【答案】

【解析】直接利用数列的递推关系式的应用和叠乘法的应用求出数列的通项公式，进一步利用数列的通项公式求出结果．

【详解】

解：数列满足，①

当时，②

①②得，所以，，所有的式子相乘得，所以

即首项符合通项，故，所以

故答案为：

【点睛】

本题考查的知识要点：数列的递推关系式的应用，叠乘法的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题型．

16．若实数x，y满足x＞y＞0，且log2x＋log2y＝1，则的最小值为__________．

【答案】4

【解析】由log2x＋log2y＝1，得xy＝2，＝＝＝x－y＋≥4，则的最小值为4.三、解答题

17．已知数列是首项为1，公比为的等比数列，并且，成等差数列.（1）求的值；

（2）若数列满足，求数列的前项和.【答案】（1）（2）

【解析】（1）直接利用已知条件整理得到关于公比的等式，解之即可求出公比；

（2）利用求出的公比，先求出两个数列的通项公式，再对数列采用分组求和即可．

【详解】

解：（1）由，成等差数列，得，即，由于，所以，所以或（舍），所以.（2）由（1）知，所以.又，所以数列的前项和为：

.【点睛】

本题考查等差数列与等比数列的基础知识，考查方程思想在解决数列问题中的应用以及等差数列和等比数列的前项和公式的应用．主要考查学生的运算能力．

18．命题：函数有意义；命题：实数满足.（1）当且为真，求实数的取值范围；

（2）若是的充分条件，求实数的取值范围.【答案】（1）（2）

【解析】（1）若，分别求出，成立的等价条件，利用且为真，求实数的取值范围；

（2）利用是的充分不必要条件，即是的充分不必要条件，求实数的取值范围．

【详解】

解：（1）由得，又，所以.则：，；

若，则：，由，解得，即：.若为真，则，同时为真，即，解得，∴实数的取值范围.（2）若是的充分条件，即是的充分条件，∴是的子集.所以，解得.实数的取值范围为.【点睛】

本题主要考查复合命题与简单命题之间的关系，利用逆否命题的等价性将是的充分不必要条件，转化为是的充分不必要条件是解决本题的关键．

19．如图，港口在港口的正东120海里处，小岛在港口的北偏东的方向，且在港口北偏西的方向上，一艘科学考察船从港口出发，沿北偏东的方向以20海里/小时的速度驶离港口.一艘给养快艇从港口以60海里/小时的速度驶向小岛，在岛转运补给物资后以相同的航速送往科考船.已知两船同时出发，补给装船时间为1小时.（1）求给养快艇从港口到小岛的航行时间；

（2）给养快艇驶离港口后，最少经过多少小时能和科考船相遇？

【答案】（1）快艇从港口到小岛的航行时间为小时（2）给养快艇驶离港口后，最少经过3小时能和科考船相遇

【解析】（1）给养快艇从港口到小岛的航行时间，已知其速度，则只要求得的路程，再利用路程公式即可求得所需的时间．

（2）由（1）知，给养快艇从港口驶离2小时后，从小岛出发与科考船汇合，根据题意确定各边长和各角的值，然后由余弦定理解决问题．

【详解】

（1）由题意知，在中，，所以，于是，而快艇的速度为海里/小时，所以快艇从港口到小岛的航行时间为小时.（2）由（1）知，给养快艇从港口驶离2小时后，从小岛出发与科考船汇合.为使航行的时间最少，快艇从小岛驶离后必须按直线方向航行，设给养快艇驶离港口小时后恰与科考船在处相遇.在中，而在中，，由余弦定理，得，即，化简，得，解得或（舍去）.故.即给养快艇驶离港口后，最少经过3小时能和科考船相遇.【点睛】

本题主要考查余弦定理的应用，考查学生分析解决问题的能力．余弦定理在解实际问题时有着广泛的应用，一定要熟练的掌握．

20．已知，且.（1）当，分别为何值时，取得最小值？并求出最小值；

（2）当，分别为何值时，取得最小值？并求出最小值.【答案】（1），时，的最小值为32（2），时,.的最小值为

【解析】（1）直接利用基本不等式，可求出，分别为何值时，取得最小值；

（2）变形，利用“1”的代换，即可求出当，分别为何值时，取得最小值

【详解】

解：（1）因为，且，所以，所以，当且仅当，即，时取等号，于是的最小值为32.（2）由已知得，所以，当且仅当，即，时取等号.因此的最小值为.【点睛】

本题考查利用基本不等式求最值，考查学生变形能力，属于中档题．

21．在中，内角，的对边分别是，，且.（1）求角的大小；

（2）若，与在两侧，求面积的最大值.【答案】（1）（2）

【解析】（1）由正弦定理和余弦定理，即可求出以及的值；

（2）根据题意画出图形，由（1）知为等边三角形，设边长为，，则，在中利用正弦、余弦定理将，转化为角的三角函数，即可求出面积的最大值。

【详解】

解：（1）中，由正弦定理及

知，所以，由余弦定理知，所以，所以，又，所以.（2）如图

令，，则，∴.又，∴，∴.∴

.当等号成立.∴面积的最大值为.【点睛】

本题考查了正弦定理和余弦定理及三角形面积公式的综合应用问题，体现了边角转化思想，属于难题．

22．设数列的前n项和为.满足，且，设

（1）求数列的通项公式；

（2）证明：对一切正整数n，有.【答案】（1）；（2）详见解析.【解析】（1）由题可得：当时，有，结合已知方程作差，可得：，两边除以，再整理得：，可得，问题得解。

（2）利用（1）可求得：，通过放缩可得：，由此可得：，结合等比数列求和公式即可证明原不等式成立。

【详解】

（1）∵，∴当时，有，两式相减整理得，则，即，∴，当时，且，则，∴，满足.∴.故数列是首项为3，公比为的等比数列，即.（2）由（1）知，∴，则，当时，即，∴.当时，上式也成立.综上可知，对一切正整数n，有.【点睛】

本题主要考查了赋值法及化简、整理能力，还考查了构造思想及等比数列的通项公式，考查了放缩法证明不等式，还考查了等比数列前项和公式，考查转化能力及计算能力，属于难题。

第五篇：2019-2020学年第一中学高二上学期期中数学（文）试题（解析版）

2019-2020学年第一中学高二上学期期中数学（文）试题

一、单选题

1．的内角，的对边分别为，，已知，，则（）

A．

B．3

C．

D．

【答案】A

【解析】直接利用余弦定理计算得到答案.【详解】

利用余弦定理：

故选：

【点睛】

本题考查了余弦定理，意在考查学生的计算能力.2．已知等差数列中，，则（）

A．100

B．99

C．98

D．97

【答案】C

【解析】根据条件先计算等差数列的通项公式，再代入计算得到答案.【详解】，解得

故，故选：

【点睛】

本题考查了等差数列的通项公式，属于基础题型.3．命题“”的否定是（）

A．

B．

C．

D．

【答案】B

【解析】分析：直接根据“全称命题”的否定一定是“特称命题”，写出结果即可.详解：“全称命题”的否定一定是“特称命题”，命题“”的否定是，故选B.点睛：本题考查命题的否定，“全称量词”与“存在量词”正好构成了意义相反的表达，如“对所有的…都成立”与“至少有一个…不成立”：“都是”与“不都是”等，所以“全称命题”的否定一定是“存在性命题”，“存在性命题”的否定一定是“全称命题”.4．椭圆的焦距为8，且椭圆的长轴长为10，则该椭圆的标准方程是（）

A．

B．或

C．

D．或

【答案】B

【解析】根据题意，分析可得、的值，计算可得的值，分析椭圆的焦点位置，即可得答案．

【详解】

解：根据题意，椭圆的焦距为8，长轴长为10，则，即，则，若椭圆的焦点在轴上，则其标准方程为，若椭圆的焦点在轴上，则其标准方程为，故要求椭圆的标准方程为或，故选：．

【点睛】

本题考查椭圆的标准方程，涉及椭圆的几何性质，属于基础题．

5．已知，若，则（）

A．

B．

C．

D．

【答案】D

【解析】取特殊值排除选项，再证明选项得到答案.【详解】

取，则和不成立，排除；

取，不成立，排除；

即

故选：

【点睛】

本题考查了不等关系式的判断，通过特殊值法可以快速排除选项，简化运算.6．在中，，则（）

A．

B．

C．

D．

【答案】A

【解析】根据面积公式得到，再利用余弦定理得到，再利用正弦定理得到答案.【详解】

利用余弦定理得到：

正弦定理：

故

故选：

【点睛】

本题考查了面积公式，正弦定理，余弦定理，综合性强，意在考查学生的综合应用能力.7．若等比数列{an}的前n项和为Sn，则=（）

A．3

B．7

C．10

D．15

【答案】D

【解析】【详解】

若q=1可得据=2≠3，故q≠1，∴，化简得1-q8=3（1-q4），可得q8-3q4+2=0，解得q4=1或2，q≠1，解得q4=2，．

故选：D．

8．不等式的解集为（）

A．

B．

C．

D．

【答案】A

【解析】直接解不等式得到答案.【详解】

解得

故选：

【点睛】

本题考查了解不等式，属于简单题型.9．已知，满足约束条件，目标函数的最大值为（）

A．-11

B．9

C．17

D．20

【答案】C

【解析】画出可行域和目标函数，根据直线平移得到最大值.【详解】

画出可行域和直线，如图所示：

当直线平移经过点时，即时，有最大值为

故选：

【点睛】

本题考查了线性规划问题，画出可行域是解题的关键.10．在中，A，B，C的对边分别为a，b，c，则的形状一定是（）

A．直角三角形

B．等边三角形

C．等腰三角形

D．等腰直角三角形

【答案】A

【解析】利用平方化倍角公式和边化角公式化简得到，结合三角形内角和定理化简得到，即可确定的形状。

【详解】

化简得

即

即

是直角三角形

故选A

【点睛】

本题考查了平方化倍角公式和正弦定理的边化角公式，在化简时，将边化为角，使边角混杂变统一，还有三角形内角和定理的运用，这一点往往容易忽略。

11．给出如下四个命题：

①若“”为假命题，则，均为假命题；

②命题“若，则”的否命题为“若，则”；

③“，”的否定是“，”；

④在中，“”是“”的充要条件.其中正确的个数是（）

A．1

B．2

C．3

D．4

【答案】C

【解析】依次判断每个选项的正误，判断得到答案.【详解】

①若“”为假命题，则，均为假命题或一真一假，①错误；

②命题“若，则”的否命题为“若，则”，条件结论均否定，②正确；

③“，”的否定是“，”

根据命题否定的定义，③正确；

④在中，“”是“”的充要条件.根据大角对大边得到，根据正弦定理得到，充分性；根据正弦定理得到，根据大角对大边得到，必要性.④正确.故选：

【点睛】

本题考查了命题的判断，意在考查学生的推断能力.12．已知，在这两个实数之间插入三个实数，使这五个数构成等差数列，那么这个等差数列后三项和的最大值为（）

A．

B．

C．

D．

【答案】C

【解析】根据题意，用表示这个等差数列后三项和为，进而设，利用三角函数的性质能求最大值。

【详解】

设中间三项为，则，所以，所以后三项的和为，又因为，所以可令，所以

故选：

【点睛】

本题主要考查等差数列的性质和三角函数的性质。

二、填空题

13．若命题“∃t∈R，t2-2t-a＜0”是假命题，则实数a的取值范围是

______.【答案】

【解析】【详解】

命题“∃t∈R，t2-2t-a＜0”是假命题，等价于∀t∈R，t2-2t-a≥0是真命题，∴△=4+4a≤0，解得a≤-1．

∴实数a的取值范围是（-∞，-1]．

故答案为（-∞，-1]．

14．在中，角所对的边分别为，若，则______．

【答案】

【解析】【详解】

由正弦定理及可得，又，所以，即,由余弦定理可得，则，应填答案

15．已知正实数，满足，则的最大值是______.【答案】

【解析】利用均值不等式得到，再计算得到答案.【详解】

正实数，则

当时等号成立.故答案为：

【点睛】

本题考查了均值不等式，意在考查学生的应用能力.16．若数列满足，则______.【答案】

【解析】直接利用数列的递推关系式的应用和叠乘法的应用求出数列的通项公式，进一步利用数列的通项公式求出结果．

【详解】

解：数列满足，①

当时，②

①②得，所以，，所有的式子相乘得，所以

即首项符合通项，故，所以

故答案为：

【点睛】

本题考查的知识要点：数列的递推关系式的应用，叠乘法的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题型．

三、解答题

17．已知，.设：函数在上单调递减；：关于的不等式的解集为.如果“”为真，“”为假，求的取值范围.【答案】

【解析】将题目分为真假和假真两种情况，分别计算得到答案.【详解】

若为真，即函数在上单调递减，则；

若为真，即关于的不等式的解集为，则，解得.由“”为真，“”为假，可知，中一真一假.如果真假，则，解得；

如果假真，则，解得.综上所述，的取值范围为.【点睛】

本题考查了根据命题的真假计算参数范围，确定，为一真一假是解题的关键.18．已知数列是首项为1，公比为的等比数列，并且，成等差数列.（1）求的值；

（2）若数列满足，求数列的前项和.【答案】（1）（2）

【解析】（1）直接利用已知条件整理得到关于公比的等式，解之即可求出公比；

（2）利用求出的公比，先求出两个数列的通项公式，再对数列采用分组求和即可．

【详解】

解：（1）由，成等差数列，得，即，由于，所以，所以或（舍），所以.（2）由（1）知，所以.又，所以数列的前项和为：

.【点睛】

本题考查等差数列与等比数列的基础知识，考查方程思想在解决数列问题中的应用以及等差数列和等比数列的前项和公式的应用．主要考查学生的运算能力．

19．如图，港口在港口的正东120海里处，小岛在港口的北偏东的方向，且在港口北偏西的方向上，一艘科学考察船从港口出发，沿北偏东的方向以20海里/小时的速度驶离港口.一艘给养快艇从港口以60海里/小时的速度驶向小岛，在岛转运补给物资后以相同的航速送往科考船.已知两船同时出发，补给装船时间为1小时.（1）求给养快艇从港口到小岛的航行时间；

（2）给养快艇驶离港口后，最少经过多少小时能和科考船相遇？

【答案】（1）快艇从港口到小岛的航行时间为小时（2）给养快艇驶离港口后，最少经过3小时能和科考船相遇

【解析】（1）给养快艇从港口到小岛的航行时间，已知其速度，则只要求得的路程，再利用路程公式即可求得所需的时间．

（2）由（1）知，给养快艇从港口驶离2小时后，从小岛出发与科考船汇合，根据题意确定各边长和各角的值，然后由余弦定理解决问题．

【详解】

（1）由题意知，在中，，所以，于是，而快艇的速度为海里/小时，所以快艇从港口到小岛的航行时间为小时.（2）由（1）知，给养快艇从港口驶离2小时后，从小岛出发与科考船汇合.为使航行的时间最少，快艇从小岛驶离后必须按直线方向航行，设给养快艇驶离港口小时后恰与科考船在处相遇.在中，而在中，，由余弦定理，得，即，化简，得，解得或（舍去）.故.即给养快艇驶离港口后，最少经过3小时能和科考船相遇.【点睛】

本题主要考查余弦定理的应用，考查学生分析解决问题的能力．余弦定理在解实际问题时有着广泛的应用，一定要熟练的掌握．

20．已知，且.（1）当，分别为何值时，取得最小值？

（2）当，分别为何值时，取得最小值？

【答案】（1），时，最小（2），时,最小

【解析】（1）利用均值不等式将等式变换为不等式，计算得到答案.（2）利用1的代换将转化为，展开利用均值不等式得到答案.【详解】

（1）因为，且，所以，所以，当且仅当，即，时取等号，所以的最小值为32.（2）由已知得，所以，当且仅当，即，时取等号.因此的最小值为.【点睛】

本题考查了均值不等式的应用，其中1的代换是一个常用的方法，需要同学们熟练掌握.21．已知数列的前项和为，.（1）求，的值及数列的通项公式；

（2）求证：.【答案】（1），,（2）证明见解析

【解析】（1）代入数据计算，，再利用公式计算得到答案.（2），利用裂项求和计算得到答案.【详解】

（1）因为，①

知，又，得，同理，由①知当时，②

①-②得，所以，所以，所以，上式对于也成立，因此.（2）由（1）可知，所以，所以.【点睛】

本题考查数列的通项公式，裂项求和，意在考查学生对于数列公式和方法的灵活运用.22．在中，内角，的对边分别是，，且.（Ⅰ）求角的大小；

（Ⅱ）点满足，且线段，求的最大值.【答案】(1)

(2)6

【解析】试题分析：（Ⅰ）首先利用正弦定理将已知等式中的角化为边，由此得到间的关系，然后由余弦定理求得，从而求角的大小；（Ⅱ）首先利用余弦定理得到间的关系，然后利用基本不等式即可求得最大值．

试题解析：（Ⅰ）∵，由正弦定理得，∴，即，又∵，∴，∵，∴．

（Ⅱ）在中由余弦定理知：，∴，∵，∴，即，当且仅当，即，时取等号，所以的最大值为6．