2022-2023学年陕西省咸阳市礼泉县高二上学期期中数学（理）试题含解析

2022-2023学年陕西省咸阳市礼泉县高二上学期期中数学（理）试题

一、单选题

1．不等式的解集是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】先将分式不等式化为整式不等式，再解一元二次不等式即可.

【详解】由得，

解得：或，

故不等式的解集是.

故选：A

2．若数列为等差数列，则下列说法中错误的是（    ）

A．数列，，，…，…为等差数列

B．数列，，，…，，…为等差数列

C．数列为等差数列

D．数列为等差数列

【答案】C

【分析】利用等差数列的定义判断即可.

【详解】A选项：因为为等差数列，所以设（为常数），又，所以数列也为等差数列，故A正确；

B选项：，所以数列为等差数列，故B正确；

C选项：，不是常数，故不是等差数列，故C错；

D选项：，所以数列为等差数列，故D正确.

故选：C.

3．已知，则下列结论正确的是（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】由不等式的性质、作差比较法对选项进行分析，从而确定正确选项.

【详解】因为，所以，故A错误，B正确；

因为，所以不成立，故C错误；

，因为，所以，即，所以成立，故D错误.

故选：B

4．下列不等式恒成立的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】根据不等式成立的条件依次判断各选项即可得答案.

【详解】解：对于A选项，当时，不等式显然不成立，故错误；

对于B选项，成立的条件为，故错误；

对于C选项，当时，不等式显然不成立，故错误；

对于D选项，由于，故，正确.

故选：D

5．在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，则等于．

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】先由，求出三个角，进而可得各角正弦值，再由正弦定理，即可得出结果.

【详解】因为在中，，

所以，，，

由正弦定理可得：.

故选A

【点睛】本题主要考查解三角形，熟记正弦定理即可，属于常考题型.

6．已知x，y，，且，，，则a，b，c三个数（    ）

A．都小于 B．至少有一个不小于

C．都大于 D．至少有一个不大于

【答案】B

【分析】应用反证法，假设a，b，c三个数都小于，利用得到矛盾结论，即可确定答案.

【详解】若a，b，c三个数都小于，

则，即，

显然不等式不成立，

所以a，b，c三个数至少有一个不小于，排除A，而C、D不一定成立.

故选：B

7．设等差数列的前n项和为，，，取最小值时，n的值为（    ）

A．11或12 B．12 C．13 D．12或13

【答案】D

【分析】设等差数列的公差为，根据题意求得首项与公差，从而可求得数列的通项，令，求出的范围，从而可得出答案.

【详解】设等差数列的公差为，

因为，，

则有，解得，

所以，

令，则，

又，所以当或时，取最小值.

故选：D.

8．已知等比数列的前项和为，且满足，则的值是

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】利用先求出，然后计算出结果.

【详解】根据题意，当时，,,

故当时，,

数列是等比数列,

则，故,

解得,

故选.

【点睛】本题主要考查了等比数列前项和的表达形式，只要求出数列中的项即可得到结果，较为基础.

9．将某直角三角形的三边长各增加1个单位长度，围成新的三角形，则新三角形的形状是（    ）

A．锐角三角形 B．直角三角形

C．钝角三角形 D．由增加的长度确定的

【答案】A

【分析】不妨设为斜边，则，各边增加1之后，为三边中最长的边，所对角为新三角形的最大角，设新三角形最大角为，计算，分析正负，即得解.

【详解】由题意，不妨设为直角三角形的斜边，故，

各边增加1，可得三边长为：，

此时为三边中最长的边，故所对的角是新三角形的最大角，

不妨设新三角形最大角为，

故，

由于，，为三角形的三条边，故，

，又为锐角，

因为新三角形的最大角为锐角，故新三角形是锐角三角形.

故选：A

10．南宋数学家杨辉在《详解九章算法》和《算法通变本末》中，提出了一些新的垛积公式，所讨论的高阶等差数列与一般等差数列不同，前后两项之差并不相等，但是逐项差数之差或者高次差成等差数列，如数列1，3，6，10，前后两项之差得到新数列2，3，4，新数列2，3，4为等差数列，这样的数列称为二阶等差数列.对这类高阶等差数列的研究，在杨辉之后一般称为“垛积术”.现有二阶等差数列，其前7项分别为3，4，6，9，13，18，24，则该数列的第15项为（    ）

A．94 B．108 C．123 D．139

【答案】B

【分析】根据高阶等差数列的知识，结合累加法求出数列的通项公式，再求出该数列的第15项．

【详解】设该数列为，数列的前7项分别为3，4，6，9，13，18，24，

则数列满足，，

所以

，

所以．

故选：B

11．已知（），则的最小值是（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】依题意可得，又，即可得到，从而得到，利用基本不等式计算可得.

【详解】因为，所以，

因为，所以，

所以，

当且仅当，即，时取等号，

所以的最小值是；

故选：A

12．在高速公路建设中经常遇到开通穿山隧道的工程，如图所示，A，B，C为某山脚两侧共线的三点，在山顶P处测得三点的俯角分别为，，，现需要沿直线AC开通穿山隧道DE，已知，，，则隧道DE的长度为（    ）

A． B． C．10 D．

【答案】D

【分析】由题意得,，然后先在中利用正弦定理求出，再在中利用正弦定理求出，从而可求出DE的长度

【详解】因为，，，

所以,，

在中，由正弦定理得，

，

因为，

所以,

在中，由正弦定理得，

所以，

所以,

故选：D

二、填空题

13．已知3为，的等差中项，2为，的等比中项，则___________.

【答案】##1.5

【分析】根据等差、等比中项即可代入求值.

【详解】由等差、等比中项可得，所以，

故答案为：

14．设实数，满足约束条件则的最大值为___________.

【答案】3

【分析】根据不等式组画出可行域，然后利用的几何意义求最值即可.

【详解】根据不等式画出可行域，如下所示：

设，整理可得，所以表示直线过可行域上一点时的纵截距，由图可知，当直线过点时，纵截距最大，

联立，解得，所以，代入可得.

故答案为：3.

15．已知二次函数，且恰有3个整数解，写出一个符合题意的函数解析式为___________.

【答案】（答案不唯一）

【分析】根据一元二次不等式的解与一元二次方程根的关系即可求解.

【详解】由恰有3个整数解，可确定三个整数解，

不妨设三个整数解分别为1，2，3，

则的解可以为，

故是的两个根，

故可得，所以可得，

不妨令，则，故，

故答案为：（答案不唯一）

16．设数列{(n2＋n)an}是等比数列，且a1＝，a2＝，则数列{3nan}的前15项和为________.

【答案】

【分析】根据等比数列的定义求出公比和通项公式，再根据裂项求和求出结果.

【详解】等比数列{(n2＋n)an}的首项为2a1＝，第二项为6a2＝，故公比为，

所以(n2＋n)an＝，所以an＝，

则，

其前n项和为，

所以其前项和为.

故答案为：.

【点睛】本题考查了等比数列的通项公式和裂项求和方法，属于中档题.

三、解答题

17．已知是等差数列，，.

(1)求数列的通项公式及前项和；

(2)若等比数列满足，，求的通项公式.

【答案】(1)，

(2)

【分析】（1）根据条件列出方程求出公差即可得解；

（2）根据条件列出方程求出公比，即可得出通项公式.

【详解】（1）设等差数列的公差为，

则.

∴，

.

（2）设等比数列的公比为，

由，，可得，

∴的通项公式为.

18．已知.

(1)求ab的最大值；

(2)求的最小值.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）直接利用基本不等式求解即可；

（2）利用“1”的代换，将原式变形后再利用基本不等式求解即可.

【详解】（1）因为，，所以，

所以，

当且仅当，即时，等号成立，

所以ab的最大值为.

（2）因为，

所以，

当且仅当，即时，等号成立，

所以的最小值为.

19．在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，.

(1)求的面积；

(2)若，求b.

【答案】(1)；

(2).

【分析】（1）由余弦定理及已知可得，结合求，进而求，应用三角形面积公式求的面积；

（2）由正弦定理有，结合已知即可求b.

【详解】（1）由余弦定理得，

∵，

∴，则，又，则，

∴，则.

（2）由正弦定理得，又，

则，则，

∴.

20．已知，.

（1）若，解不等式；

（2）若不等式对一切实数恒成立，求实数的取值范围.

【答案】（1）或；（2）.

【分析】（1）时原不等式化为，即可求解；

（2）原不等式恒成立可化为恒成立，分类讨论即可求解.

【详解】（1）当，不等式即，即，

解得，或，

故不等式的解集为或.

（2）由题意可得恒成立，

当时，显然不满足条件，

∴.

解得，

故的范围为.

【点睛】本题主要考查了一元二次不等式的解法，函数的恒成立问题，体现了分类讨论的数学思想，属于中档题.

21．在中，内角，，的对边分别为，，，已知，.

(1)求；

(2)在下面三个条件中选择一个作为已知，使存在且唯一确定，并求边上的中线的长度.

①；②的周长为；③的面积为.

【答案】(1)

(2)答案见解析

【分析】（1）利用正弦定理化简已知条件，从而求得.

（2）通过分析①、②、③，结合存在且唯一确定以及余弦定理、三角形的面积公式等知识来求得边上的中线的长度.

【详解】（1）依题意，，

由正弦定理得，，

由于，所以.

（2）由（1）知，，故不能选①.

若选②，由（1）知，

设，则，

故周长为，解得.

从而，.

设中点为，则在中，

由余弦定理得，解得.

若选③，设，则，

故，解得，

从而，.

设中点为，则在中，由余弦定理得，

解得.

故边上的中线长为.

22．已知数列的前n项和为，且，，．

(1)求证：数列是等比数列；

(2)求数列的通项公式；

(3)若（），求实数t的取值范围．

【答案】(1)证明见解析

(2)

(3)

【分析】（1）由递推公式可得，即可得证；

（2）由（1）利用累加法及等比数列前项和公式计算可得；

（3）由（2）可得，参变分离可得恒成立，令，利用作差法判断数列的单调性，即可求出的最大值，从而得解．

【详解】（1）解：由，得，

则，又，

所以，数列是以1为首项，2为公比的等比数列．

（2）解：由（1）得，，

则时，

．

当时，满足上式，所以，数列的通项公式为．

（3）解：由（2）可知，数列为首项为1，公比为2的等比数列，则，

由即恒成立．

令，则，

则时，，即数列递增；当时，，即数列递减，

又，，则的最大值，

所以，实数的取值范围是．