2019-2020学年甘肃省张掖市山丹县第一中学高二上学期期中考试数学文试题版.doc

2019-2020学年甘肃省张掖市山丹县第一中学高二上学期期中考试数学（文）试题一、单选题1已知，则下列不等式成立的是( )ABCD【答案】B【解析】由于，可以根据分式、根式、对数式、指数式对应的函数的单调性直接分析即可.【详解】，.只有B正确故选B【点睛】本题考查基本初等函数的单调性并利用单调性比较大小，难度较易.2在等差数列中，若，则（ ）A10B5CD【答案】B【解析】利用等差数列下标和相等对应项的和相等，可得.【详解】因为为等差数列，所以，因为，所以，解得：.选B.【点睛】本题考查等差数列性质，考查运算求解能力.3在ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c已知a=5，c=10，A=30，则B等于（ ）A105 B60 C15 D105 或 15【答案】D【解析】解：=，sinC=sinA=，0C，C=45或135，B=105或15，故选D【点评】本题主要考查了正弦定理的应用解题的过程中一定注意有两个解，不要漏解4已知等比数列中，数列的前项和为，则（ ）A36B28C45D32【答案】B【解析】分析：根据，可以先求出公比q，然后根据等比数列通项公式得到，从而得到为等差数列，再根据等差求和公式即可.详解：由题可得：所以，故，所以是以公差为1的等差数列，故，选B.点睛：考查等比数列和等差数列的通项和前n项和，先求出q=3得到等比数列的通项是解题关键，属于基础题.5在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，则A的取值范围是ABCD【答案】C【解析】先利用正弦定理角化边，再利用余弦定理化简即得解.【详解】由正弦定理可得，故选C【点睛】本题主要考查正弦定理余弦定理解三角形，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，属于基础题.6在中，内角所对的边分别为，若，则的值为（ ）A1BCD【答案】D【解析】分析：由正弦定理可将化简得，由余弦定理可得，从而得解.详解：由正弦定理，可得，即由于：，所以：，因为0A，所以又，由余弦定理可得.即，所以.故选：D点睛：在解有关三角形的题目时，要有意识地考虑用哪个定理更合适，或是两个定理都要用，要抓住能够利用某个定理的信息一般地，如果式子中含有角的余弦或边的二次式时，要考虑用余弦定理；如果式子中含有角的正弦或边的一次式时，则考虑用正弦定理；以上特征都不明显时，则要考虑两个定理都有可能用到7若，满足约束条件，则的最大值是（ ）A8B4C2D6【答案】D【解析】先根据约束条件画出可行域，再转化目标函数，把求目标函数的最值问题转化成求截距的最值问题.【详解】作出不等式组对应的平面区域如图所示：由，解得，由，得，平移直线，由图象可知当直线经过点，直线的截距最大，此时最大，此时，故选：D【点睛】本题主要考查线性规划的应用，利用目标函数的几何意义，结合数形结合的数学思想是解决此类问题的基本方法，属于基础题.8已知实数x，y满足，若目标函数的最小值为，则实数A6B5C4D3【答案】B【解析】作出不等式组对应的平面区域，将目标函数变形得到，通过直线的平移确定经过B时，取最小值为，从而确定m的取值【详解】由可得，作出不等式组所表示的平面区域，如图中阴影部分所示，由目标函数，变形得到，由图可知在B(，)处取得最小值，所以 ，解得故选B【点睛】本题主要考查线性规划的应用，根据条件求出m的值是解决本题的关键，利用数形结合是解决此类问题的基本方法9如图，为测量出山高,选择和另一座山的山顶为测量观测点，从点测得点的仰角，点的仰角以及，从点测得，已知山高，则山高为（ ）.ABCD【答案】B【解析】分析：由题意，可先求出AC的值，从而由正弦定理可求AM的值，在中，从而可求得MN的值.详解：在中，在中，从而，由正弦定理得：，因此，在中，由，得.故选：B.点睛：解三角形应用题的常见情况及方法(1)实际问题经抽象概括后，已知量与未知量全部集中在一个三角形中，可用正弦定理或余弦定理求解(2)实际问题经抽象概括后，已知量与未知量涉及两个或两个以上的三角形，这时需作出这些三角形，先解够条件的三角形，然后逐步求解其他三角形，有时需设出未知量，从几个三角形中列出方程(组)，解方程(组)得出所要求的解10已知为数列的前项和，若存在唯一的正整数使得不等式成立，则实数的取值范围为（ ）ABCD【答案】D【解析】分析：先根据求出数列的通项，再把代入不等式化简分析得解.详解：因为，所以，两式相减得，适合n=1,所以数列的通项.把代入不等式化简得，设，由于，所以故答案为：D.点睛：（1）本题主要考查数列通项的求法和数列不等式的存在性问题，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力数形结合的思想方法.(2)解答本题的关键是根据存在唯一的正整数使得不等式成立分析得到,这里主要是数形结合分析.二、填空题11已知点和在直线的两侧，则的取值范围是 【答案】【解析】试题分析：由题设整理得：所以答案应填：.【考点】二元一次不等式所表示的平面区域.12在中，分别是角的对边，已知成等比数列，且，则的值为_.【答案】【解析】利用成等比数列得到，再利用余弦定理可得，而根据正弦定理和成等比数列有，从而得到所求之值.【详解】成等比数列，.又，.在中，由余弦定理 ，因，.由正弦定理得，因为， 所以 ，故.故答案为 .【点睛】在解三角形中，如果题设条件是关于边的二次形式，我们可以利用余弦定理化简该条件，如果题设条件是关于边的齐次式或是关于内角正弦的齐次式，那么我们可以利用正弦定理化简该条件，如果题设条件是边和角的混合关系式，那么我们也可把这种关系式转化为角的关系式或边的关系式.13已知数列满足：，若 ，且数列是单调递增数列,则实数的取值范围为_.【答案】.【解析】数列满足：，两边取倒数可得 化为 利用等比数列的通项公式可得 于是，由于，且数列是单调递增数列，可得 ，解出即可【详解】数列满足：，化为数列 是等比数列，首项为，公比为2，数列是单调递增数列，时， 1，化为，数列为单调递增数列，又时， 1，解得 综上可得：实数的取值范围为故答案为：【点睛】本题考查了变形利用等比数列的通项公式的方法、单调递增数列，考查了推理能力与计算能力，属于中档题三、解答题14在ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知2(tanAtanB).(1)证明：ab2c；(2)求cos C的最小值【答案】（1）见解析；（2）【解析】试题分析：（1）根据三角函数的基本关系式，可化简得，再根据，即可得到，利用正弦定理，可作出证明；（2）由（1），利用余弦定理列出方程，再利用基本不等式，可得的最小值.试题解析：（1）由题意知，化简得：即，因为，所以，从而，由正弦定理得.（2）由（1）知，所以，当且仅当时，等号成立，故的最小值为.【考点】三角恒等变换的应用；正弦定理；余弦定理.【方法点晴】本题主要考查了三角恒等变换的应用、正弦定理与余弦定理的应用，涉及到三角函数的基本关系式和三角形中的性质和基本不等式的应用，着重考查了转化与化归思想和学生的推理与运算能力，以及知识间的融合，属于中档试题，解答中熟记三角函数恒等变换的公式是解答问题的关键.15的内角的对边分别为，.（1）求；（2）若，的面积为，求.【答案】（1）；（2）8.【解析】(1)首先利用正弦定理边化角，再利用余弦定理可得结果；（2）利用面积公式和余弦定理可得结果.【详解】（1）因为，所以，则，因为，所以.（2）因为的面积为，所以，即，因为，所以，所以.【点睛】本题主要考查解三角形的综合应用，意在考查学生的基础知识，转化能力及计算能力，难度不大.16已知函数(1)若关于的不等式的解集为,求的值;(2)若对任意恒成立,求的取值范围.【答案】（1）；（2）【解析】(1) 不等式可化为，而解集为，可利用韦达定理或直接代入即可得到答案；（2）法一：讨论和时，分离参数利用均值不等式即可得到取值范围；法二：利用二次函数在上大于等于0恒成立，即可得到取值范围.【详解】（1）法一：不等式可化为，其解集为，由根与系数的关系可知，解得，经检验时满足题意.法二：由题意知，原不等式所对应的方程的两个实数根为和4，将（或4）代入方程计算可得，经检验时满足题意.（2）法一：由题意可知恒成立，若，则恒成立，符合题意。若，则恒成立，而，当且仅当时取等号，所以，即.故实数的取值范围为.法二：二次函数的对称轴为. 若，即，函数在上单调递增，恒成立，故；若，即，此时在上单调递减，在上单调递增，由得.故；若，即，此时函数在上单调递减，由得，与矛盾，故不存在.综上所述，实数的取值范围为.【点睛】本题主要考查一元二次不等式的性质，不等式恒成立中含参问题，意在考查学生的分析能力，计算能力及转化能力，难度较大.17在正项等比数列中，且成等差数列.（1）求数列的通项公式；（2）若数列满足，求数列的前项和【答案】(1) (2) 【解析】(1)根据已知条件且可解得公比,再代入通项公式即可得到;(2)利用错位相减法可求得.【详解】设正项等比数列an的公比为(,（1）,所以 q2，(舍去)所以；（2），得，.【点睛】本题考查了等比数列的通项公式的求法,考查了等差中项,考查了利用错位相减法求和,本题属于基础题.18如图，在平面四边形中，已知，（1）若，求的长；（2）设，若，求面积的最大值【答案】（1）；（2）.【解析】（1）由余弦定理可得关于的方程，从而可得的长（2）在利用正弦定理可得，利用倍角公式及诱导公式可得或，分类讨论后可得相应的面积表达式，从而得到的面积的最大值.【详解】解：（1）因为，所以在中，由余弦定理可得，即 即解得（负值舍去）. （2）在中，由，可得即，所以或，即或，.因为，故或， 因为所以或，所以是等边三角形或直角三角形. 设，在中，由正弦