1、兰州二中20192020学年度第一学期期中考试高二理科数学试题第I卷一、选择题（本题12小题，每题5分，共计60分）1.集合Ax|x22x0，Bx|x|2，则()A. ABB. ABAC. ABAD. ABR【答案】B【解析】【分析】解二次不等式和绝对值不等式求出集合A与集合B，根据两集合的范围判断集合关系.【详解】解二次不等式可得：，解绝对值不等式可得：，由范围可知集合A为集合B的子集，由集合间的关系可知：.故选B.【点睛】本题考查绝对值与二次不等式的求解以及集合间的关系，解二次不等式可以辅助图像解题，含一个绝对值的不等式可利用绝对值的定义求解，集合间的关系可以结合韦恩图求解.2.若，则下列
2、不等式成立的是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由不等式性质证明不等式是正确，举反例说明不等式是错误的【详解】若，则、均错，若，则错，C正确故选C【点睛】本题考查不等式的性质，解题时一定要注意不等式的性质：“不等式两边同乘以或除以一个正数，不等号方向不变，同乘以或除以一个负数，不等号方向改变”，这里一定要注意所乘（或除）的数一定要分正负，否则易出错3.设等差数列的前项和为，若，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由等差数列的下标和公式可得，再由等差数列的前项和公式求出，最后由特殊角的三角函数值计算可得；【详解】解：故选：【点睛】本题考查等差数列的性质
3、及求和公式的应用，属于基础题.4.已知等比数列中，则的值为（ ）A. 2B. 4C. 8D. 16【答案】B【解析】试题分析：设数列的公比为，由，得，解得，则，故选B.考点：等比数列.5.中，已知，如果有两组解，则的取值范围（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】由正弦定理得 A+C=180-60=120，由题意得：A有两个值，且这两个值之和为180，利用正弦函数的图象可得：60A120，若A=90，这样补角也是90，一解，不合题意， sinA1，x=sinA，则2x故选D6.在中，已知，则的形状为（ ）A. 直角三角形B. 等腰三角形C. 等边三角形D. 等腰或直角三角形【答案】D【
4、解析】【分析】由余弦定理可得，再由二倍角公式可得即可判断；【详解】解：因为或，即或故为等腰或直角三角形，故选：【点睛】本题考查余弦定理及三角恒等变换的应用，三角形形状的判定，属于基础题.7.设等差数列的前项和为，若，则满足的正整数的最小值为（ ）A. 12B. 13C. 14D. 15【答案】B【解析】【分析】设等差数列的公差为，由于，可得：，判断，的符号即可得出【详解】解：设等差数列的公差为，则满足的正整数的最小值为13故选：【点睛】本题考查了等差数列的通项公式及其前项和公式性质、不等式的性质，考查了推理能力与计算能力，属于中档题8.的三边，的对角分别为，若是与的等差中项，则的最大值为（ ）
5、A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】先求得，由正弦定理得出，然后统一角度转化为三角函数求最值问题即可【详解】解：，得，由正弦定理得：，则当时，的最大值是故选：【点睛】本题主要考查正弦定理的应用，考查正弦定理的边化角，三角化简求最值，对定理的灵活运用为解题关键，属于中档题9.已知中，内角，所对的边分别为，且，若，则角为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】已知等式利用正弦定理化简，整理求出的值，求出的度数，利用余弦定理列出关系式，把与的值代入得到关于与的方程，与已知等式联立求出与的值，再利用正弦定理求出的值，即可确定出的度数【详解】解：已知等式利用正弦定理化简得：
6、，由，整理得：，即，由余弦定理得：，即，与联立，解得：，由正弦定理，得：，则故选：【点睛】本题考查了正弦、余弦定理，以及特殊角的三角函数值，熟练掌握定理是解本题的关键，属于中档题10.已知数列满足，且，则数列的前项和（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由数列的递推公式可得，变形可得，即为以为首项，为公差的等差数列，再根据等差数列的求和公式计算可得；【详解】解：因为，即所以为以为首项，为公差的等差数列；故选：【点睛】本题考查构造法求数列的通项公式及等差数列的求和公式的应用，属于中档题.11.我国古代数学典籍九章算术第七章“盈不足”中有一道两鼠穿墙问题：“今有垣厚五尺，两鼠对穿
7、，大鼠日一尺，小鼠日一尺，大鼠日自倍，小鼠日自半，问何日相逢，各穿几何”，翻译过来就是：有五尺厚的墙，两只老鼠从墙的两边相对分别打洞穿墙，大、小鼠第一天都进一尺，以后每天，大鼠加倍，小鼠减半，则几天后两鼠相遇，这个问题体现了古代对数列问题的研究，现将墙的厚度改为1200尺，则需要几天时间才能打穿（结果取整数）（ ）A. 12B. 11C. 10D. 9【答案】B【解析】分析】大鼠和小鼠每天穿墙尺寸都构成一个等比数列，只是公比不同，然后由等比数列前项和公式计算可得【详解】大鼠和小鼠每天穿墙尺寸分别构成数列，它们都是等比数列，数列的公比为，数列的公比为，设需要天能打穿墙，则，时，时，因此需要11天
8、才能打穿故选：B.【点睛】本题考查等比数列的应用，掌握等比数列的前项和公式是解题关键12.在中，分别为内角，的对边，三边，成等差数列，且，则的值为（ ）A B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】三边，成等差数列，可得，利用正弦定理可得：，即，设，平方相加即可得出【详解】解：三边，成等差数列，利用正弦定理可得：，设，则平方相加可得：，故选：【点睛】本题考查了等差数列的通项公式性质、正弦定理、同角三角函数基本关系式、和差公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题第卷二、填空题（本题共4小题，每题5分，共计20分）13.已知一元二次不等式对一切实数都成立，则实数的取值范围是_.【答案】【解析】
9、【分析】一元二次不等式对一切实数都成立，的图象在轴上方，由此能够求出的取值范围【详解】解：一元二次不等式对一切实数都成立，由题意知，根据的图象，解得的取值范围是故答案为：【点睛】本题考查二次函数的图象和性质，解题时要抓住二次函数与轴无交点的特点进行求解主要考查了二次函数的恒成立问题二次函数的恒成立问题分两类，一是大于0恒成立须满足开口向上，且判别式小于0，二是小于0恒成立须满足开口向下，且判别式小于014.若，满足约束条件，则的最大值为_【答案】【解析】【分析】先作出可行域，再根据斜率含义确定最优解.【详解】作出可行域，如图，则的最大值为.【点睛】线性规划问题，首先明确可行域对应的是封闭区域还
10、是开放区域、分界线是实线还是虚线，其次确定目标函数的几何意义，是求直线的截距、两点间距离的平方、直线的斜率、还是点到直线的距离等等，最后结合图形确定目标函数最值取法、值域范围.15.在中，角的对边分别为，已知，且，则为 【答案】6【解析】试题分析：，即，解得所以在中，考点：1诱导公式，余弦二倍角公式；2余弦定理16.正项数列的前项和为，且，设，则数列的前2019项的和为_.【答案】【解析】【分析】直接利用递推关系式求出数列的通项公式，进一步利用裂项相消法求出数列的和【详解】解：正项数列的前项和为，则，-得：，整理得：因为，当时，解得：，所以：数列是以1为首项，1为公差的等差数列.则，所以：.则
11、：，数列的前2019项的和为：，.故答案为：【点睛】本题考查的知识要点：数列的通项公式的求法及应用，裂项相消法在数列求和中的应用，属于中档题三、解答题（本题共6小题，共计70分）17.已知函数.（1）若不等式的解集与不等式的解集相等，求实数，的值；（2）若，且，求的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）首先解出分式不等式，再根据一元二次不等式的解集与一元二次方程的根的关系计算可得；（2）依题意可得，即得画出线性约束条件表示的可行域，根据目标函数的几何意义计算可得；【详解】解：（1）因为，解得；即不等式的解集为，所以，且得两根为，所以解得（2）由题意可得，画出可行域，如图所示由解得
12、，作平行直线系，故得取值范围是.【点睛】本题考查分式不等式的解法，一元二次不等式的解集与一元二次方程的根的关系，简单的线性规划问题，属于中档题.18.已知等差数列的前项和为，且.（1）求数列的通项公式以及前项和；（2）若，求数列的前项和.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）设数列的公差为，由已知条件得到方程组，解得即可；（2）分为偶数和为奇数，分别计算可得；【详解】解：（1）设数列的公差为，则，解得，故.（2）若为偶数，则，若为奇数，则，故【点睛】本题考查等差数列的通项公式及求和公式的应用，分组求和，属于基础题.19.在中，内角，对边的边长分别是，.已知，.（1）若的面积等于3，试判断的
13、形状，并说明理由；（2）若，求的面积.【答案】（1）为等边三角形；详见解析（2）【解析】【分析】（1）为等边三角形，理由为：利用余弦定理列出关系式，把，的值代入得到关系式，再由的面积等于，利用三角形面积公式列出关系式，两式联立求出与的值，即可对于的形状做出判断；（2）已知等式利用诱导公式及二倍角的正弦函数公式化简，再利用和差化积公式变形，由为0与不为0两种情况，分别求出三角形面积即可【详解】解：（1）为等边三角形，理由为：，由余弦定理得：，即，的面积等于，即，解得：，则为等边三角形；（2）由，变形得：，即，若，即，由，得，此时面积；若，可得，由正弦定理得：，由余弦定理可得：，此时面积为.故得面
14、积为.【点睛】此题考查了正弦定理，余弦定理，以及三角形面积公式，熟练掌握正弦定理是解本题的关键20.已知数列的前项和为，且满足.（1）求数列的通项公式；（2）若，求数列的前项和.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由递推公式可得，再利用累乘法求出数列的通项公式；（2）首先可得，再利用错位相减法求和即可；【详解】解：（1），当时，故，经检验时也成立，故的通项公式为.（2）由（1）知，-得.【点睛】本题考查累乘法求数列的通项公式及错位相减法求和，属于中档题.21.如图，有一位于处的雷达观察站发现其北偏东，与相距海里的处有一货船正匀速直线行驶，20分钟后又测得该船位于点北偏东（其中），且与相距
15、海里的处（1）求该船的行驶速度；（2）在处的正南方向20海里处有一暗礁（不考虑暗礁的面积）如果货船继续行驶，它是否有触礁的危险？说明理由【答案】（1）海里/小时；（2）有.【解析】分析】（1）利用余弦定理，即可求得结论；（2）（2）由（1）知，在ABC中，设BC延长线交AE于F，则，在AFC中，由正弦定理，即可求得结论【详解】（1）由题意， ，由余弦定理可得 航行时间为20分钟该船的行驶速度（海里/小时）；（2）由（1）知，在ABC中，设BC延长线交AE于F，则，在AFC中，由正弦定理可得，（海里）F与E重合，即货船不改变航向继续前行会有触礁的危险【点睛】本题考查正弦、余弦定理的运用，考查学生
16、分析解决问题的能力，解题的关键是确定三角形，属于中档题22.已知数列的前项和为，点在曲线，数列满足，的前项和为.(1)求，的通项公式；(2)设 ，数列的前项和为，求使不等式恒成立的最大正整数的值【答案】（1），（2）【解析】【分析】（1）根据，由，验证成立，即可求得；再由，的前项和为，求出；（2）根据裂项求和求出，再求证是递增数列，只要恒成立，即可求出最大正整数值.【详解】(1)由已知得，当时，；当时，当时，符合上式所以.因为数列满足，所以数列为等差数列设其公差为，则解得，所以.(2)由(1)得，所以.因为，所以是递增数列，所以，故要使恒成立，只要恒成立，解得，所以使不等式成立的最大正整数的值为.【点睛】本题主要考查等差数列的通项公式以及裂项求和法，属于常规题.