1、宁夏大学附属中学2020-2021学年高二数学上学期期中试题 理（含解析）一、选择题1. 不等式的解集为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】利用一元二次不等式的解法求解即可.【详解】由，得，得，所以不等式的解集为；故选：A.2. 在中，若，则角（ ）A. 或B. 或C. 或D. 或【答案】D【解析】【分析】利用正弦定理得到，即可得出结果.【详解】由，得，由正弦定理可得：，在中，则，所以，又，所以或.故选：D.3. 在中，若，则的形状是（ ）A. 锐角三角形B. 等腰三角形C. 直角三角形D. 钝角三角形【答案】B【解析】【分析】用正弦定理化边为角，再由三角函数同角关系变形可
2、得【详解】，由正弦定理得，显然，三角形为等腰三角形，故选：B【点睛】本题考查三角形形状的判断，掌握正弦定理的边角互化是解题关键4. 在中，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由正弦定理知，利用余弦定理求解即可.【详解】在中，由正弦定理可知，故选：C.【点睛】关键点睛：在中，.5. 设数列是单调递增的等差数列，前三项的和为12，前三项的积为48，则它的首项是（ ）A. 1B. 2C. D. 4【答案】B【解析】试题分析：设的前三项为，则由题意得考点：等差数列定义6. 设变量满足约束条件，则的最小值为（ ）A. B. 7C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据线性约束条件作
3、出可行域，由可得：，作 ，沿着可行域的方向平移，利用的几何意义即可求解.【详解】作出可行域如图：由可得：，作 ，沿着可行域的方向平移过点时，取得最小值，由得，所以，故选：C【点睛】方法点睛：求直线的最值时，一般先化为的形式，为直线在轴上的截距，当时将直线上移变大，当时将直线下移变大.7. 若，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】利用不等式的性质逐一判断四个选项的正误.【详解】对于选项A：若，则，故选项A正确；对于选项B：若，则，故，故选项B不正确；对于选项C：若，则，故选项C不正确；对于选项D：举例如：，不满足，故选项D不正确；故选：A8. 若为实数，且，且的最小值为（
4、）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据基本不等式可知，结合条件求解出的最小值.【详解】因为，取等号时，所以的最小值为，故选：B.【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.9. 若等差数列和的前项的和分别是和，且，则（ ）A. B. C. D. 【答
5、案】B【解析】分析】利用等差数列的前项和公式，由此能求出结果.【详解】与是两个等差数列，它们的前项和分别为和，又等差数列的前项和公式，且，； 故选：B【点睛】关键点睛：等差数列的前项和公式是解决本题的关键.10. 若则函数的最大值为（ ）A. 1B. 2C. 4D. 5【答案】A【解析】【分析】利用基本不等式即可求解.【详解】因为，所以，所以，当且仅当，即时等号成立，故选：A【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值；要求积的最大值，则必须把构成积的因
6、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. 已知关于的不等式在上恒成立，则实数的最小值为（ ）A B. C. D. .【答案】C【解析】【分析】分离参数得，小于或等于在的最小值即可.【详解】由题意知：对恒成立，令，只需 则，当且仅当，即时等号成立，所以的最小值为，所以，实数的最大值为，故选：C【点睛】方法点睛：不等式恒成立问题，一般先考虑分离参数，若不等式，（为实参数），恒成立，转化为或对于恒成立，进而转化为或，求得最值即可.12. 已知数列中，前项和为，且点在直线上，则（ ）A
7、. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由点在直线上得到数列的通项公式和前n项和公式，根据公式特征利用裂项相消可得答案.【详解】点在直线上，所以，即所以是以为首项，公差为1的等差数列，即，所以，.故选：B.【点睛】裂项相消法：如果数列的通项可“分裂成两项差”的形式，且相邻项分裂后相关联，那么常选用裂项相消法求和，注意通项“分裂成两项差”的形式之后是不是还有系数.二、填空题（每小题5分，共20分）13. 位于宁夏青铜峡市的108塔建于西夏时期，塔的排列顺序自上而下，第一层1座，第二层3座，第三层3座，第四层5座，第五层5座，从第五层开始塔的数目构成一个首项为5，公差为2的等差数列，则该塔
8、共有_层.【答案】【解析】【分析】利用已知条件将第五层有的塔的数目设为，设从第五层开始自上而下，每一层的塔的数目为，利用等差数列的通项公式以及前项和公式即可得出结果.【详解】已知从第五层开始塔的数目构成一个首项为5，公差为2的等差数列，将第五层有的塔的数目设为，设从第五层开始自上而下，每一层的塔的数目为，则，设前项和为,，前四层共有塔的数目为：（座），（座），令，即又，解得，所以该塔共有（层）.故答案为：.14. 等差数列的前n项和为，若，则=_.【答案】【解析】【分析】根据等差中项以及，即可容易求得结果.【详解】因为数列是等差数列，又，故可得，解得；由，得.故答案为：.15. 在中，若，且，
9、则_【答案】【解析】，即，所以为钝角，又，故答案为.【思路点睛】本题主要考查余弦定理及特殊角的三角函数，属于简单题.对余弦定理一定要熟记两种形式：（1）；（2），同时还要熟练掌握运用两种形式的条件.另外，在解与三角形、三角函数有关的问题时，还需要记住等特殊角的三角函数值，以便在解题中直接应用.16. 已知实数满足，则的最大值为_.【答案】【解析】【分析】先把已知条件转化为，代入，配方即可求最值.【详解】由，得，则，所以的最大值为.故答案为：.三、解答题：17. 已知集合，若不等式的解集是，求实数的值.【答案】【解析】【分析】首先求出集合，之后求得，根据一元二次不等式的解集的特征，建立关于的等量
10、关系式，求得结果.【详解】由题意得：，所以，因为不等式的解集是，所以是方程的两根，所以，解得，【点睛】方法点睛：该题考查有关一元二次不等式的问题，思路如下：（1）利用一元二次不等式的解法求得集合，进而求得，得到的解集；（2）根据一元二次不等式与一元二次方程的关系，建立关于的等量关系式，求得结果.18. 当都为正数且时，试比较代数式与的大小.【答案】【解析】【分析】用作差的方法，因式分解，利用，化简可得，进而得出结果.【详解】因为，所以因此因为为正数，所以因此，当且仅当时等号成立【点睛】本题考查了用作差方法比较大小，考查了运算求解能力，属于中档题目.19. 已知等比数列中，.（1）求数列的通项公
11、式；（2）设等差数列中，求数列的前项和.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）由已知得到等比数列的公比，再代入等比数列的通项公式可得答案；（2）设等差数列的公差为，由求出，利用等差数列前n项和公式求出【详解】（1）设等比数列的公比为，由得，解得.（2）由（1）知，得，设等差数列的公差为，则解得，.【点睛】解决本题的关键点是熟练掌握等差数列与等比数列的通项公式和等差数列的前n项和公式，考查计算能力.20. 在中，内角对边的边长分别是，已知，（）若的面积等于，求；（）若，求的面积【答案】（），；（）【解析】【详解】试题分析：（1）由余弦定理及已知条件得， 又因为ABC的面积等于，所以，得.
12、 联立方程组解得.（），由正弦定理得，联立方程组解得，所以的面积点评：本题考查正弦定理、余弦定理的应用，三角形内角和定理，考查了函数方程思想，在两道小题中，均通过建立方程组，以便求的等21. 已知关于的不等式.（1）当时，求不等式的解集；（2）若实数满足且，求不等式的解集.【答案】（1）；（2）当时，解集为；当或时，解集为.【解析】【分析】（1）当时，不等式是一个不含参的二次不等式，分解因式，即可得解；（2）对参数进行分类讨论，从而确定不等式的解集.【详解】（1）当时，原不等式为，故其解集为；（2）令，则方程两根为，因为所以当即时，解集为；当即或时，解集为.综上可得：当时，解集为；当或时，解集
13、为.【点睛】方法点睛：解含参数一元二次不等式的步骤：若二次项系数含有参数，则应讨论参数是等于，小于，还是大于，然后将不等式转化为二次项系数为正的形式；判断方程根的个数，讨论判别式与的关系；确定无根式可直接写出解集，确定方程有两根时，要讨论两根的大小关系，从而确定不等式的解集.22. 已知数列的前项和，满足.（1）求数列的通项公式；（2）若数列满足，为数列的前项和，求.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）根据，得到，证明数列是等比数列，由等比数列通项公式，即可求出结果；（2）由（1）求得，设，利用错位相减法求和即可得出结果.【详解】（1）由得：，即， 当，由得：，两式相减得: ，即，所以即数列是以为首项，2为公比的等比数列， 则， 所以数列的通项公式；（2）由（1）知：， 设，则 ， -得：，所以.【点睛】易错点睛：错位相减法求数列的和是重点也是难点，相减时注意最后一项的符号，最后结果一定不能忘记等式两边同时除以.