1、桂林市首附实验中学2020-2021学年度上学期段考考试卷高二年级数学（文）学科一、选择题1. 已知数列的通项公式为，则（ ）A. 35B. C. D. 11【答案】A【解析】【分析】直接将代入通项公式可得结果.【详解】因为，所以.故选：A【点睛】本题考查了根据通项公式求数列的项，属于基础题.2. 已知命题，则p命题的否定为A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】首先从题的条件中可以断定命题P是全称命题，应用全称命题的否定是特称命题，利用其形式得到结果.【详解】因为命题P：为全称命题，所以P的否定形式为：，故选C.【点睛】该题考查的是有关全称命题的否定的问题，在解题的过程中，涉及到的
2、知识点有全称命题的否定，注意其形式即可得到正确的结果，属于简单题目.3. 关于的一元二次不等式的解集为（ ）A. 或B. C. 或D. 【答案】A【解析】【分析】根据一元二次不等式的解法，直接求解，即可得出结果.【详解】由得，解得或.即原不等式的解集为或.故选：A.4. 已知，则下列不等式中正确的是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据不等式的性质即可判断每个选项的正误，从而找出正确选项.【详解】，故选：【点睛】本题主要考查了不等式与不等关系，考查了不等式的性质，考查了计算能力，属于基础题.5. 已知中内角，的对边分别是，且，则（ ）A. 7B. C. D. 【答案】D【
3、解析】【分析】利用余弦定理即可求解.【详解】由余弦定理得：，所以，故选：D6. “”是“”的（ ）A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件【答案】B【解析】【分析】利用充分条件、必要条件的定义即可求解.详解】由“”推不出“”，反之“”推出“”，所以“”是“”的必要不充分条件.故选：B7. 设，满足约束条件，则的最大值为（ ）A. 5B. 1C. 2D. 3【答案】A【解析】【分析】作约束条件对应的可行域，平行移动目标函数对应的直线，判断直线经过可行域上哪一点时直线在轴上的截距最大，再把边界直线方程列方程组求出最优解，得的最大值.【详解】解：作出不等式组表
4、示的平面区域如图所示.故由的几何意义知，当过点时，取最大值，联立方程，解得：，即.所以.故选：A.【点睛】求目标函数的最值得三步骤：（1）作图：画出约束条件所确定的平面区域和目标函数所表示的平行直线系中过原点的那一条直线并记作 ；（2）平移：将平行移动以确定最优解的对应点的位置；（3）求值：解方程组求出对应点的坐标（即最优解），代入目标函数即可求出最值.8. 已知数列为等比数列，且，则的值为（ ）A. 1或B. 1C. 2或D. 2【答案】C【解析】【分析】根据等比数列的通项公式，由题中条件，求出公比，进而可得出结果.【详解】设等比数列的公比为，因为，且，所以，解得，所以.故选：C.9. 在锐
5、角中，角，的对边分别为，若的外接圆的半径是3，则（ ）A. 30B. 60C. 60或120D. 30或150【答案】A【解析】分析】根据正弦定理求得，结合的范围求得结果.【详解】根据正弦定理得：，因为在锐角中，所以.故选：A.10. 已知，则的最小值为（ ）A. 2B. 4C. 6D. 8【答案】D【解析】【分析】利用基本不等式即可求解.【详解】因为，所以，当且仅当，即时等号成立，所以函数的最小值为，故选：D【点睛】易错点睛：利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件：（1）“一正二定三相等”“一正”就是各项必须为正数；（2）“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定
6、值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值；（3）“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方.11. 设数列的通项公式为，要使它的前项的乘积大于36，则的最小值为（ ）A. 6B. 7C. 8D. 9【答案】C【解析】【分析】先求出数列的前项的乘积为，令解不等式，结合，即可求解.【详解】记数列的前项的乘积为，则依题意有整理得解得：，因为，所以，故选：C12. 已知等边边长为，点在边上，且，.下列结论中错误的是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】利用余弦定理计算出，结合正弦定理等三
7、角形知识可对各选项的正误进行判断.【详解】如下图所示：点在边上，且，由余弦定理得，整理得，解得，则，由正弦定理得，所以，.由余弦定理得，同理可得，则.故选：C.【点睛】本题考查三角形线段长、面积以及三角函数值比值的计算，涉及余弦定理以及正弦定理的应用，考查计算能力，属于中等题.二、填空题13. 在ABC中，a=3，b=5，sinA=，则sinB=_【答案】【解析】分析】利用正弦定理即可求解.【详解】由正弦定理得：， 故答案为：【点睛】本题考查了正弦定理，需熟记定理内容，属于基础题.14. 设为等比数列，且，则_.【答案】10【解析】【分析】根据题中条件，由等比数列的性质，可直接得出结果.【详解
8、】因为为等比数列，且，所以.故答案为：.15. 不等式对任意的恒成立，则实数的取值范围是_.【答案】【解析】【分析】由题意可得：，即可求得的取值范围.【详解】，恒成立，所以，解得：，所以实数的取值范围是：，故答案为：16. 在中，则_.【答案】【解析】【分析】根据题中条件，先由余弦定理，求出，再由余弦定理，即可求出结果.【详解】由题意，根据余弦定理可得，所以，又，所以，则由正弦定理可得，所以.故答案：.三、解答题17. 已知等差数列中，.（1）求数列的通项公式；（2）求数列的前项和.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）根据题中条件，先得出公差，进而可求出通项公式；（2）根据（1）的结
9、果，由等差数列的求和公式，即可求出结果.【详解】（1）因为等差数列中，首项为，公差为，所以其通项公式为；（2）由（1）可得，数列的前项和.18. 在中，内角，所对的边分别为，.已知，.（1）求；（2）求的面积.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）由余弦定理即可求得的值；（2）利用面积公式即可求解.【详解】（1）由余弦定理得：，即，所以，（2）的面积为.19. 已知为等差数列的前项和，.（1）求数列的通项公式；（2）设，求数列的前项和.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）设数列的首项为，公差为，可得，解出，即可求出通项；（2）由（1）可得，利用分组求和即可求解.【详解】（1）
10、设数列的首项为，公差为，则解得，所以通项公式为，（2）由（1）可得：数列的前项和为，所以数列的前项和.【点睛】方法点睛：数列求和的方法（1）倒序相加法：如果一个数列的前项中首末两端等距离的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前项和即可以用倒序相加法；（2）错位相减法：如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么这个数列的前项和即可以用错位相减法来求；（3）裂项相消法：把数列的通项拆成两项之差，在求和时，中间的一些项可相互抵消，从而求得其和；（4）分组转化法：一个数列的通项公式是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成，则求和时可用分组转换法分别求和再相
11、加减；（5）并项求和法：一个数列的前项和可以两两结合求解，则称之为并项求和，形如类型，可采用两项合并求解.20. 在锐角中，、分别为角、所对的边，且（1）确定角的大小；（2）若，且的面积为，求的值【答案】（1）；（2）5.【解析】【分析】（1）利用正弦定理边化角，化简即可求解.（2）由三角形面积公式，求得，再结合余弦定理，即可求出.【详解】（1）由及正弦定理得，是锐角三角形，（2），面积为，即，由余弦定理得，即由变形得将代入得，故【点睛】本题考查正、余弦定理的应用，属于较易题.21. 设命题：关于的方程有两个不相等的实数根，关于的方程无实数根.（1）若为真，求实数的取值范围；（2）若为真为假，
12、求实数的取值范围.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）根据命题为真，得到对应方程无实根，由判别式小于零即可求出结果；（2）根据为真，先求出的范围，再由为真为假，即可求出结果.【详解】（1）当为真时，即方程无实数根，所以有，整理得，解得；所以的取值范围是；（2）当为真时，即方程有两个不相等的实数根，所以有，解得或；因为为真为假，所以，解得或；所以实数的取值范围是.22. 在中，分别为的内角，所对的边，且.（1）求角的大小；（2）若的面积等于，求的最小值.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）利用正弦定理和和角的正弦化简即得解；（2）先化简得到，由余弦定理得到，再解不等式即得解.【详解】（1）由正弦定理得因为，所以所以即因为，所以所以，又，所以.（2）由得又，所以又因为所以，即解得，当且仅当时等号成立所以的最小值为.【点睛】关键点睛：解答本题的关键是由余弦定理得到后，能联想到重要不等式构建不等式.
