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（ ）AB3CD【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（ ）A100B99C98D97【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（ ）ABCD【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（ ）AB或CD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（ ）ABCD【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（ ）ABCD【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=（）A3B7C10D15【答案】D【解析】【详解】若q=1可得据=23，故q1，化简得1-q8=3（1-q4），可得q8-3q4+2=0，解得q4=1或2，q1，解得q4=2，故选：D8不等式的解集为（ ）ABCD【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-11B9C17D20【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：若“”为假命题，则，均为假命题；命题“若，则”的否命题为“若，则”；“，”的否定是“，”；在中，“”是“”的充要条件.其中正确的个数是（ ）A1B2C3D4【答案】C【解析】依次判断每个选项的正误，判断得到答案.【详解】若“”为假命题，则，均为假命题或一真一假，错误；命题“若，则”的否命题为“若，则”，条件结论均否定，正确；“，”的否定是“，” 根据命题否定的定义，正确；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.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（ ）ABCD【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“tR，t2-2t-a0”是假命题，则实数a的取值范围是 _.【答案】【解析】【详解】命题“tR，t2-2t-a0”是假命题，等价于tR，t2-2t-a0是真命题，=4+4a0，解得a-1实数a的取值范围是（-，-1故答案为（-，-114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，当时，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，知，又，得，同理，由知当时，-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