河南省驻马店市一中2021-2022学年高二上学期期中考试数学（文）试题（解析版）

这是一份河南省驻马店市一中2021-2022学年高二上学期期中考试数学（文）试题（解析版），共12页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
驻马店一高高二上期期中考试数学（文科）试题一、单选题（本大题共12小题，共60分）1. 命题“x∈(0，＋∞)，lnx＝x－1”的否定是（    ）A. x∈(0，＋∞)，lnx≠x－1 B. x(0，＋∞)，lnx＝x－1C. x∈(0，＋∞)，lnx≠x－1 D. x(0，＋∞)，lnx＝x－1【答案】C【解析】【分析】利用存在量词命题的否定是全称量词命题，写出结果即可．【详解】解：命题“”否定是“”．故选：C．2. 设等差数列的前项之和为，已知，则（   ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】由等差数列的通项公式可得，再由，从而可得结果.【详解】解：，，.故选：B.3. 不等式的解集为（    ）A.  B. C.  D. 【答案】D【解析】【分析】将不等式化为，从而可得答案.【详解】解：不等式可转化成，解得.故选：D.4. 已知，，若，则的最小值为（    ）A. 4 B.  C. 2 D. 【答案】A【解析】【分析】利用基本不等式即可求解.【详解】因为，，，所以，当且仅当时取等号，则，即最小值为4.故选：A.5. 若实数，满足，则下列不等式中不成立的是（    ）A.  B. C.  D. 【答案】B【解析】【分析】根据实数的性质以及不等式的基本性质，结合作差比较，即可求解.【详解】因为，所以，所以A正确；由，可得，则，所以，所以B不正确；由，可得，则，所以，所以C正确；由，可得，则，所以，所以D正确；故选：B．6. 《张丘建算经》是我国北魏时期大数学家张丘建所著，约成书于公元466-485年间.其中记载着这么一道“女子织布”问题：某女子善于织布，一天比一天织得快，且每日增加的数量相同.已知第一日织布4尺，20日共织布232尺，则该女子织布每日增加（    ）尺A  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】设该妇子织布每天增加尺，由等差数列的前项和公式即可求出结果详解】设该妇子织布每天增加尺，由题意知，解得．故该女子织布每天增加尺．故选：D7. 已知各项均为正数的等比数列，且成等差数列，则的值是（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】由已知条件，利用等比数列的通项公式求得公比，进而可求得结果.【详解】各项均为正数的等比数列的公比设为q，则q>0，由成等差数列，可得，即，所以，解得或（舍），所以.故选：D.【点睛】本题考查等比数列的通项公式和性质，属基础题.8. 数列满足：点在函数的图像上，则的前10项和为（    ）A. 4092 B. 2047 C. 2046 D. 1023【答案】C【解析】【分析】依题意可得，再根据等比数列前项和公式计算可得；【详解】解：因为点在函数的图像上，所以，设的前10项和为，则；故选：C9. 在中，，，则的面积的最大值为（   ）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】由余弦定理得到，应用不等式求范围，即可求出面积的最值.【详解】由余弦定理，，即，当且仅当时，等号成立，所以，所以，故选：D【点睛】关键点点睛：由余弦定理得到，应用重要不等式求出的最大值是解题的关键，属于中档题.10. 二次函数在区间上单调递增的一个充分不必要条件为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】先求出在区间上单调递增的等价条件为，通过充分不必要条件的定义，即可判断【详解】因为二次函数在区间上单调递增，所以解得．因为只有C是其真子集，故选：C11. 在中，，则的形状是（    ）A. 锐角三角形 B. 直角三角形C 钝角三角形 D. 不确定【答案】C【解析】【分析】【详解】∵，∴，若是钝角，此不等式显然成立，三角形为钝角三角形，若是锐角，则，，三角形内角，∴，从而，为钝角，三角形仍然为钝角三角形．故选：C．【点睛】易错点睛：本题考查三角形形状的判断．解题过程中，由常常直接得出，然后可判断出是钝角，三角形是钝角三角形，也选择了正确答案，但解题过程存在不全面．即应该根据角是锐角还是钝角分类讨论．实际上就是不等式性质的应用要正确．12. 如图，为测量山高，选择和另一座山的山顶为测量观测点.从点测得点的仰角，点的仰角以及；从点测得，已知山高，则山高（   ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】利用正弦定理解三角形.【详解】在中，，所以，又在中，，，所以由正弦定理可得，即，又由已知得为等腰直角三角形，故，故选：B.二、填空题（本大题共4小题，共20分）13. 设x，y满足约束条件，则的最大值为________．【答案】3【解析】【分析】作出不等式组对应的平面区域，画出可行域，平移直线，找到z的最大值．【详解】x，y满足约束条件的可行域如图：
，则经过可行域的A时，目标函数取得最大值，由，解得，所以的最大值为3．故答案为：3．【点睛】本题考查了线性规划问题，求线性目标函数的最值问题，考查了画图能力．利用数形结合是解决本题的关键．14. 在中，内角、、的对边分别是、、，若，，，则__________.【答案】【解析】【分析】根据正弦定理进行角化边，再结合余弦定理判断三角形形状，进而得解.【详解】由正弦定理，得，故，又，故，故，，所以是的直角三角形，故，故答案为：.15. 已知是实常数，若，，且是的充分条件，则实数的取值范围是_________.【答案】【解析】【分析】先根据充分条件判断出命题对应范围之间的关系，由此求解出的取值范围.【详解】因为是的充分条件，所以对应的取值集合是对应的取值集合的子集，命题对应的取值集合是，命题对应的取值集合为，所以，所以，故答案为：.16. 对于数列{an}，定义H0＝为{an}的“优值”.现已知某数列的“优值”H0＝，则an=_________.【答案】【解析】【分析】根据“优值”的定义，得到，然后利用数列通项与前n项和的关系求解.【详解】因为H0＝，且H0＝，所以，当时，，两式相减得：，所以，当时，成立，所以.故答案为：三、解答题（本大题共6小题，共70分）17. 已知p：，q：关于x的方程有实数根．（1）若q为真命题，求实数a的取值范围；（2）若p∨q为真命题，为真命题，求实数a的取值范围．【答案】(1) ； (2) 【解析】【分析】(1)利用判别式，即可得出答案；（2）根据已知条件,得到真假，即可得出答案.【详解】（1）x的方程有实数根，得，即，∴若q为真命题，实数a的取值范围为：（2）∵“”为真命题，“”为真命题，∴真假，解得：，∴【点睛】本题考查了由命题的真假求参数的取值范围，考查了由复合命题的真假判断命题的真假，属于中档题。18. 已知恒成立.（1）求实数的取值范围；（2）解关于的不等式.【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）分当时，恒成立；时，需满足，，建立不等式，求解可得a的范围；（2）将原不等式变形为，由（1）得，由此可求得不等式的解集.小问1详解】解：因为恒成立.①当时，恒成立；②当时，要使恒成立.则，，即，   解得：.   综上，的取值范围为：.【小问2详解】解：由，得.   因为，所以 ，所以不等式的解集为.19. 等比数列的各项均为正数，且.（1）求数列的通项公式；（2）设bn＝log3a1＋log3a2＋…＋log3an，求数列的前项和.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）根据题意列出方程组，求出首项与公比，即可求出等比数列的通项公式即可；（2）由an＝化简bn＝log3a1＋log3a2＋…＋log3an，可得到bn的通项公式，求出的通项公式，利用裂项相消法求和.【详解】（1）设数列{an}的公比为q,由＝9a2a6得＝9,所以q2＝.由条件可知q＞0,故q＝.由2a1＋3a2＝1得2a1＋3a1q＝1,所以a1＝.故数列{an}的通项公式为an＝.（2）bn＝log3a1＋log3a2＋…＋log3an＝－（1＋2＋…＋n）＝－.故.所以数列的前n项和为 20. 在锐角△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且.（1）求角B；（2）求cosA+cosB+cosC的取值范围.【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）利用正弦定理化边为角即可得出答案；（2）根据三角恒等变换及三角形内角的关系可得，再根据锐角△ABC求得角的范围，结合正弦函数的性质即可得出答案.【小问1详解】解：由结合正弦定理可得：△ABC为锐角三角形，故；【小问2详解】解：结合(1)的结论有：，由可得：，，则，，即的取值范围是.21. 某种汽车,购车费用是10万元,每年使用的保险费和汽油费为万元,年维修费第一年为万元,以后逐年递增万元,问这种汽车使用多少年时,它的年平均费用最少?　【答案】这种汽车使用年时,它的年平均费用最小【解析】【详解】设这种汽车使用年时,它的年平均费用为万元，则，于是，当，即时，取得最小值， 所以这种汽车使用10年时,它的年平均费用最小22. 已知数列满足：，.（1）证明：数列是等比数列.（2）设，求数列的前项和.【答案】（1）证明见解析    （2）【解析】【分析】（1）由已知变形为，即，根据等比数列的定义可得证；（2）利用错位相减法可计算出答案.【小问1详解】证明：因为，所以，即，又，所以数列是以2为首项2为公比的等比数列，【小问2详解】解：，则①②①②得：
 所以.