安徽省安庆市第二中学2019_2020学年高一数学下学期期中试题.doc

安徽省安庆市第二中学2019-2020学年高一数学下学期期中试题
考试范围：必修五；考试时间：120分钟；总分：150分
第I卷（选择题)
（共12题，每题5分，60分）

一、单选题
1．已知等比数列的公比，该数列前3项的乘积为1，则（ ）
A．-2 B．2 C．-4 D．4
2．已知，下列说法正确的是 （ ）
A．若，则 B．若，则
C．若，则 D．若，则
3．设的内角所对的边分别为，若，则（ ）
A． B． C． D．
4．《九章算术》中有这样一个问题：今有竹九节，欲均减容之（其意为：使容量均匀递减），上三节容四升，下三节容二升，中三节容几何？（　）
A．二升 B．三升 C．四升 D．五升
5．已知的三个内角，，所对的边分别为，，，，且，则这个三角形的形状是（ ）
A．等边三角形 B．钝角三角形 C．直角三角形 D．等腰直角三角形
6．下列函数中，的最小值为4的是（  ）
A． B．
C． D．

7．设变量满足条件，则的最大值为（ ）
A．13 B．14 C． D．119
8．在中，，，，则（ ）
A． B． C． D．
9．已知的三个内角所对的边分别为，的外接圆的面积为，且，则的最大边长为（ ）
A． B． C． D．
10．

11．已知等差数列{an}的公差d≠0，且a1，a3，a13成等比数列，若a1=1，Sn为数列{an}的前n项和，则的最小值为（　　　　）
A．4 B．3 C． D．2
12．已知函数，若关于的不等式恰有个整数解，则实数的最大值是（ ）
A． B． C． D．

第II卷（非选择题)

二、填空题（每题5分，共20分）
13．如图，从气球上测得正前方的河流的两岸，的俯角分别为和，如果这时气球的高是30米，则河流的宽度为______米.

15．在中，角的对边分别为，且，若外接圆的半径为，则面积的最大值是______.
16．已知数列的前项和，若不等式，对恒成立，则整数的最大值为______．

三、解答题（共70分）
17（10分）．的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．
求角C的大小；
若，的面积为，求的周长．

18（12分）．设数列满足：，且（），.
（1）求的通项公式：
（2）求数列的前项和.

19（12分）．已如函数.
（1）若不等式解集为时，求实数的值；
（2）当时，解关于的不等式.

20（12分）．在中，角，，所对的边分别是，，，且.
(1)求的值；
(2)若，求的取值范围.

21（12分）．设函数.
（1）当时，若对于，有恒成立，求的取值范围；
（2）已知，若对于一切实数恒成立，并且存在，使得成立，求的最小值.

22（12分）．已知数列中，，
求，；
求证：是等比数列，并求的通项公式；
数列满足，数列的前n项和为，若不等式对一切恒成立，求的取值
5

参考答案
1．A
2．D
【解析】
【分析】
根据不等式性质得D成立，举例说明A,B,C错误.
【详解】
因为2>1,-1>-2,2(-1)=1(-2),所以A错；
因为2>1 ,2✖02=1✖02,所以B错；
因为-2<-1,->-1 ,所以C错；
由不等式性质得若，则，所以D对，选D.
【点睛】
本题考查不等式性质，考查分析判断能力.
3．B
【解析】
【分析】
根据正弦定理求解即可得到所求结果．
【详解】
由正弦定理得，
∴．
又，
∴为锐角，
∴．
故选B．
【点睛】
在已知两边和其中一边的对角解三角形时，需要进行解的个数的讨论，解题时要结合三角形中的边角关系，即“大边（角）对大角（边）”进行求解，属于基础题．
4．B
【解析】
【分析】
由题意可得，上、中、下三节的容量成等差数列．再利用等差数列的性质，求出中三节容量，即可得到答案．
【详解】
由题意，上、中、下三节的容量成等差数列，上三节容四升，下三节容二升，
则中三节容量为，故选B．
【点睛】
本题主要考查了等差数列的性质的应用，其中解答中熟记等差数列的等差中项公式是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题．
5．A
【解析】
分析：先由正弦定理进行角化边得到a2+b2-c2=ab再由余弦定理可得C值，结合即可得出结论.
详解：由正弦定理化简（a-c）（sinA+sinC）=（a-b）sinB，得：（a-c）（a+c）=b（a-b），
整理得：a2-c2=ab-b2，即a2+b2-c2=ab，由余弦定理得，再由，可得a=b，结合C=60°，故三角形的形状为等边三角形，选A.
点睛：考查正余弦定理的运用，对角化边得到a2+b2-c2=ab再由余弦定理得出C值是解题关键，属于中档题.
6．C
【解析】
【分析】
由基本不等式求最值的规则：“一正，二定，三相等”，对选项逐一验证即可.
【详解】
选项错误，可能为负数，没有最小值；
选项错误，化简可得，
由基本不等式可得取等号的条件为，即，
显然没有实数满足；
选项错误，由基本不等式可得取等号的条件为，
但由三角函数的值域可知；
选项正确，由基本不等式可得当，
即时，取最小值，故选C.
【点睛】
本题主要考查利用基本不等式求最值，属于难题.利用基本不等式求最值时，一定要正确理解和掌握“一正，二定，三相等”的内涵：一正是，首先要判断参数是否为正；二定是，其次要看和或积是否为定值（和定积最大，积定和最小）；三相等是，最后一定要验证等号能否成立（主要注意两点，一是相等时参数否在定义域内，二是多次用或时等号能否同时成立）.
7．B
【解析】
【分析】
先根据变量满足条件，画可行域，将变形为，平移直线，使得直线在y轴上的截距最大时的整点，即为最优点再求解.
【详解】
由变量满足条件，画可行域如图所示A,B两点，

将变形为，平移直线，
在过整点时，直线在y轴上的截距最大，
此时，目标函数取得最大值，最大值为.
故选：B.
【点睛】
本题主要考查线性规划求最值，还考查了数形结合的思想和理解辨析的能力，属于基础题.

8．A
【解析】
【分析】
根据面积公式得到，再利用余弦定理得到，再利用正弦定理得到答案.
【详解】

利用余弦定理得到：
正弦定理：
故
故选
【点睛】
本题考查了面积公式，正弦定理，余弦定理，综合性强，意在考查学生的综合应用能力.
9．B
【解析】
【分析】
化简得到，根据正弦定理得到
，根据余弦定理得到，再计算得到答案.
【详解】
的外接圆的面积为

则
，根据正弦定理：
根据余弦定理：
故为最长边：
故选
【点睛】
本题考查了正弦定理，余弦定理，外接圆面积，意在考查学生的综合应用能力和计算能力.
10．D
11．A
【解析】
【分析】
a1，a3，a13成等比数列，a1=1，可得：a32=a1a13，即（1+2d）2=1+12d，d≠0，解得d．可得an，Sn．代入利用分离常数法化简后，利用基本不等式求出式子的最小值．
【详解】
解：∵a1，a3，a13成等比数列，a1=1，
∴a32=a1a13，
∴（1+2d）2=1+12d，d≠0，
解得d=2．
∴an=1+2（n-1）=2n-1．
Sn=n+×2=n2．
∴==
=n+1+-2≥2-2=4，
当且仅当n+1=时取等号，此时n=2，且取到最小值4，
故选:A．
【点睛】
本题考查了等差数列的通项公式、前n项和公式，等比中项的性质，基本不等式求最值，解题的关键是利用分离常数法化简式子，凑出积为定值．
12．D
【解析】
函数的图象，如图所示，
关于的不等式，
当时，，由于关于的不等式恰有1个整数解，
因此其整数解为，又，
所以，，
则，所以实数的最大值为，故选D.

点睛：本题考查了一元二次不等式的解法、二次函数的图象的应用问题，其中解答中涉及到分类讨论思想、数形结合思想与计算能力，试题属于中档试题，解答中正确作出函数的图象，转化为二次函数的应用是解答的关键.
13．
【解析】
【分析】
由题意画出图形，利用特殊角的三角函数，可得答案．
【详解】
解：由题意可知，，，，
．
故答案为.
【点睛】
本题给出实际应用问题，着重考查了三角函数的定义，属于简单题．
14
15．
【解析】
【分析】
由正弦定理，三角函数恒等变换的应用化简已知等式，结合范围可求的值，利用正弦定理可求的值，进而根据余弦定理，基本不等式可求的最大值，进而根据三角形的面积公式即可求解.
【详解】
解：，
由正弦定理可得：，
，
，
又，，，即，可得：，
外接圆的半径为，
，解得，由余弦定理，可得，又，
（当且仅当时取等号），即最大值为4，
面积的最大值为.
故答案为：.
【点睛】
本题主要考查了正弦定理，三角函数恒等变换的应用，余弦定理，基本不等式，三角形的面积公式在解三角形中的应用，考查了转化思想，属于中档题．
16．4
【解析】
【分析】
【详解】
当时，，得，
当时，，
又，
两式相减得，得，
所以．
又，所以数列是以2为首项，1为公差的等差数列，
，即．
因为，所以不等式，等价于．
记，
时，．
所以时，．
所以，所以整数的最大值为4．
考点：1．数列的通项公式；2．解不等式．
17．
解：已知等式利用正弦定理化简得：，
整理得：，
，，
，
又，
；
由余弦定理得，
，
，
，
，
，
的周长为．
18．（1）（）（2）
【解析】
【分析】
(1)先根据等差中项判别法判断出数列是等差数列,然后根据已知条件列式求出公差,即可得到数列的通项公式;
(2)由(1)求出数列的通项公式,然后运用裂项相消法求出前项和.
【详解】
(1)由()可知数列是等差数列,设公差为,
因为,所以,解得,
所以的通项公式为:();
(2)由(1)知,
所以数列的前项和:

.
【点睛】
本题主要考查等差数列的性质应用,考查裂项相消法求数列的前项和,难度不大.

19．19．(1) 或 (2)答案见解析
【解析】
【分析】
（1）易得和2是方程的根。
（2）可知两根为或者，再分别讨论和的大小即可.
【详解】

（1）的解集为
或
或
（2）当，即时，恒成立.
当，即时，或
当，即时，或
综上：时，不等式的解集为；
时，不等式的解集为或；
时，不等式的解集为或
【点睛】
此题考查二次函数含参解不等式题型，涉及到分类讨论，讨论时注意不重不漏，属于较难题目。

20．(1)；(2)
【解析】
【分析】
（1）利用正弦定理边化角，结合两角和差正弦公式可整理求得，进而求得和，代入求得结果；
（2）利用正弦定理可将表示为，利用两角和差正弦公式、辅助角公式将其整理为，根据正弦型函数值域的求解方法，结合的范围可求得结果.
【详解】
（1）由正弦定理可得：

即

（2）由（1）知：
，

，即的取值范围为
【点睛】
本题考查解三角形知识的相关应用，涉及到正弦定理边化角的应用、两角和差正弦公式和辅助角公式的应用、与三角函数值域有关的取值范围的求解问题；求解取值范围的关键是能够利用正弦定理将边长的问题转化为三角函数的问题，进而利用正弦型函数值域的求解方法求得结果.

21．(1)(2)
【解析】
【分析】
（1）据题意知，把不等式的恒成立转化为恒成立，设，则，根据二次函数的性质，求得函数的最大致，即可求解.
（2）由题意，根据二次函数的性质，求得，进而利用基本不等式，即可求解.
【详解】
（1）据题意知，对于，有恒成立，
即恒成立，因此 ，
设，所以，
函数在区间上是单调递减的，
，
（2）由对于一切实数恒成立，可得，
由存在，使得成立可得，
，
，当且仅当时等号成立，

【点睛】
本题主要考查了恒成立问题的求解，以及基本不等式求解最值问题，其中解答中掌握利用分离参数法是求解恒成立问题的重要方法，再合理利用二次函数的性质，合理利用基本不等式求解是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于中档试题.
22、．(2分）
由得，
即，
又，
是以为首项，3为公比的等比数列．
，
即．（6分）
，
，
，
两式相减得，
，（9分）
对一切恒成立，
若n为偶数，则，
，
若n为奇数，则，
，
，
即的取值范围为．（12分）