1、呼和浩特市第十六中学20202021学年第一学期高二年级期中考试数学（文科）试卷第卷（选择题）一、单选题（每题5分，共计60分）1. 数列为等差数列，则通项公式是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据题中条件，求出等差数列的公差，进而可得其通项公式.【详解】因为数列为等差数列，则公差，因此通项公式为.故选：C.2. 在中，则角大小为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】直接将已知代入正弦定理求解即可.【详解】解：由正弦定理，得，解得：，又，故选A.【点睛】本题考查正弦定理解三角形，是基础题.3. 已知，且，则的最小值是（ ）A. 2B. C. D. 3【
2、答案】B【解析】【分析】由，利用基本不等式，可求出最小值.【详解】，当且仅当，即时等号成立，所以的最小值是.故选：B.【点睛】本题考查利用基本不等式求最值，考查学生的计算求解能力，属于基础题.4. 下列不等式的解集是空集的是A. x2-x+10B. -2x2+x+10C. 2x-x25D. x2+x2【答案】C【解析】试题分析：A 开口向上， ，所以解集是 空集；B解集为 ；C变形为 开口向上，所以解集是空集；D ，解得考点：解一元二次不等式5. 等差数列的首项为70，公差为-9，则这个数列中绝对值最小的一项是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】首先求得数列的通项公式，对通
3、项公式中正数和负数的项分析后可得出结果.【详解】依题意有，数列为递减的等差数列，故第项的绝对值最小，所以选.【点睛】本小题主要考查数列的通项公式，考查等差数列项的正负的绝对值最小值问题，属于基础题.6. 已知正项等比数列的前项和为，且,与的等差中项为，则（）A. B. C. D. 【答案】D【解析】，故，又，故选D7. 已知，则下列命题为真命题的是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】试题分析：因为恒成立，所以命题是真命题；，所以命题是假命题，所以是真命题，故选A考点：逻辑联结词与命题8. 设，已知命题；命题，则是成立的A. 必要不充分条件B. 充分不必要条件C. 充分必要条件D.
4、既不充分也不必要条件【答案】B【解析】解：命题是命题等号成立的条件，故选B9. 若命题或；命题，则是的（ ）条件A. 充分不必要B. 必要不充分C. 充要D. 既不充分也不必要【答案】B【解析】【分析】根据充分条件和必要条件的定义，可知是的充分不必要条件，在根据原命题和逆否命题的关系，进而得到结果【详解】由于命题或，则且；命题，则；所以，但，所以是的充分不必要条件，所以是的必要不充分条件.故选：B【点睛】本题主要考查了充分条件和必要条件的判断，利用非命题之间的关系是解决本题的关键，考查学生的转换思想，属于易错题.10. 已知，且，则的最小值为A. 4B. C. D. 5【答案】C【解析】【分析
5、】由得，将目标函数展开后方可利用均值不等式【详解】由得，由，当且仅当时，等号成立，即的最小值为，故选C【点睛】本题主要考察均值不等式解决问题，但是刚开始做题时不能直接采用均值不等式，因为，我们需要借助1调和，再使用均值不等式，所以在使用均值不等式时一定注意“一正”“二定”“三相等”的判断11. 函数（其中，）的图象如图所示，为了得到的图象，只需把的图象上所有的点（）A. 向右平移个单位长度B. 向左平移个单位长度C. 向右平移个单位长度D. 向左平移个单位长度【答案】C【解析】【分析】通过图象可以知道：最低点的纵坐标为，函数的图象与横轴的交点的坐标为，与之相邻的最低点的坐标为，这样可以求出和最
6、小正周期，利用余弦型函数最小正周期公式，可以求出，把零点代入解析式中，可以求出，这样可以求出函数的解析式，利用诱导公式化为正弦型三角函数解析式形式，最后利用平移变换解析式的变化得出正确答案.【详解】由图象可知：函数的最低点的纵坐标为，函数的图象与横轴的交点的坐标为，与之相邻的最低点的坐标为，所以，设函数的最小正周期为，则有，而，把代入函数解析式中，得，所以，而，显然由向右平移个单位长度得到的图象，故本题选C.【点睛】本题考查了由函数图象求余弦型函数解析式，考查了正弦型函数图象之间的平移变换规律.12. 当时，不等式的解集是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据题中条件，分
7、别讨论，两种情况，求解对应不等式，即可得出结果【详解】因为当，即时，解得，因为，所以；当，即时，解得或，因为，所以； 综上，不等式的解集是故选：C.第卷（非选择题）二、填空题（每题5分，共计20分）13. 等比数列中，2，q2，126，则n_.【答案】【解析】【分析】直接利用等比数列公式计算得到答案.【详解】2，q2，故，故.故答案为：.【点睛】本题考查了等比数列的相关计算，意在考查学生的计算能力.14. 命题“，”否定为_【答案】，【解析】【分析】存在量词改为全称量词，等于改为不等于即可得解.【详解】命题“，”的否定为“，”.故答案为：，【点睛】本题考查了存在量词命题的否定，属于基础题.15
8、. 不等式的解集为_【答案】【解析】【分析】由不等式可得或，求解，即可得出结果.【详解】由可得或，解得或，即不等式的解集为.故答案为：.16. 等差数列的前项的和为，且，且，如果存在正整数，使得对一切，都成立，则的最小值是_.【答案】2【解析】【分析】将已知条件转化为列方程组，解方程求得的值，进而求得.根据单调性求得的范围，由此求得的最小值.【详解】由于数列是等差数列，故由，得，解得，所以.由于是单调递增数列，且，所以使得对一切，都成立，则所以的最小值为.故答案为.【点睛】本小题主要考查等差数列通项的基本量计算，考查等差数列前项和公式，考查恒成立问题，属于基础题.三、解答题（共计70分）17.
9、 已知命题：方程表示椭圆，命题：，.（1）若命题为真，求实数的取值范围；（2）若为真，为真，求实数的取值范围.【答案】（1） （2） 【解析】【分析】（1）根据椭圆的定义求出m的范围即可；（2）若pq为真，q为真，则p真q假，进而可得答案【详解】解：（1）当命题q为真时，即xR，mx2+2mx+2m10，则m0，或，解得m1，（2）命题p：方程表示椭圆当命题p为真时，则解得6m7，且m，若pq为真，q为真，则p真q假；即1m7【点睛】本题考查的知识点是复合命题的真假判定，属于中档题18. 已知角的终边经过点，求的值【答案】【解析】【分析】由三角函数的定义，先求出，再由二倍角公式，即可得出结果.
10、【详解】因为角的终边经过点，所以，因此，.【点睛】本题主要考查三角函数的定义以及二倍角公式，熟记定义和公式即可，属于常考题型.19. 已知函数.(1)求的值；(2)求函数的单调递减区间.【答案】(1)；(2).【解析】【分析】（1）将代入函数解析式求解即可；（2）将代入正弦函数的单调增区间，解不等式即可.【详解】（1）.（2），故的单调递减区间，即的单调递增区间.令，所以，解得，所以函数的单调递减区间为.【点睛】本题考查正弦型函数的函数值求解，以及单调区间的求解，需要注意将其当作复合函数进行求解.20. 等差数列不是常数列，,且是某一等比数列的第1，2，3项.(1)求数列an的第20项.(2)
11、求数列bn的通项公式【答案】（1） (2)【解析】【分析】（1）根据等差数列定义及通项公式,结合,且是某一等比数列的第1，2，3项,可得关于d的一元二次方程,即可求得公差d,进而求得的值.( 2 ) 根据等比数列定义,即可求得等比数列的公比,进而求得等比数列的通项公式.【详解】（1）设数列的公差为d，则因为等比数列的第1、2、3项也成等比,所以即 解得,（舍去）所以(2)由（1）知为正项数列所以【点睛】本题考查了等差数列与等比数列的定义及通项公式的求法,属于基础题.21. 已知向量，函数（1）求函数的最小正周期以及单调递增区间；（2）设的内角 A，B，C的对边分别 a，b，c且，若，求a，b值
12、【答案】（1）,（2）【解析】【分析】（1）由向量数量积的坐标运算求出函数，利用二倍角公式和两角差的正弦公式化简函数为一个角的一个三角函数形式，最后由三角函数的性质求得周期和增区间；（2）由（1）及求得，条件可化为，结合正弦定理可得，再由含有角的余弦定理可求得【详解】（1）解：最小正周期由的图象和性质，可知是增区间是增区间，解得：，所以，的单调增区间为：（2）解：， ，.，由正弦定理，由余弦定理得：，即，联立、解得【点睛】本题考查向量数量积的坐标运算，考查二倍角公式，两角差的正弦公式，考查正弦定理与余弦定理，属于中档题解题时要求熟练掌握并能灵活运用三角函数公式，公式的选用不同，解法就不一样如第
13、（2）小题可另解：由得，展开变形后可求得，从而，由直角三角形的性质易得值22. 已知数列、满足：.（1）求（2）证明：数列为等差数列，并求数列和的通项公式；（3）设，求实数何值时恒成立.【答案】（1）；（2），；【解析】【详解】试题分析：（1）由已知可得；（2）由可得，从而，即，可得数列是以4为首项，1为公差的等差数列，从而即可得；（3）由（1）得，因此，原命题可转化为恒成立即可满足条件.设,易得当1时，原命题恒成立,当1时，原命题不可能成立.当l时，对称轴,f（n）在为单调递减函数由可得，即1时恒成立.综上可得1时，恒成立.考点：1、等差数列的定义；（2）数列的前n项和公式；（3）裂项相消法；（4）二次函数的性质.
