陕西省延安市2022-2023学年高二理科数学上学期期中试题（Word版附解析）

这是一份陕西省延安市2022-2023学年高二理科数学上学期期中试题（Word版附解析），共16页。试卷主要包含了 已知数列满足，，则， 已知，则， 若不等式的解集为或，则， 已知，，，则， 已知数列满足，，则的通项公式等内容，欢迎下载使用。
高二数学试卷（理科）一､选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1. 已知数列满足，，则（    ）A.  B.  C. 2 D. 1【答案】B【解析】【分析】由递推关系，求出.【详解】由，，则，.故选：B2. 在中，内角，，所对的边分别为，，，，，，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】在三角形中根据正弦定理求解即可.【详解】由正弦定理可得，解得.故选：C3. 已知，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】利用作差法借助已知条件判断.【详解】，     ，正负不确定A.，即，选项A正确B.，即，选项B不正确C.正负不确定，选项C不正确 D.，即，选项D不正确故选：A.4. 若三角形的三边长度分别为5，6，7，则该三角形的形状是（    ）A. 直角三角形 B. 钝角三角形C. 锐角三角形 D. 不能确定的【答案】C【解析】【分析】根据三边长，求最大角的余弦值，即可判断三角形的形状.【详解】设三角形的三边长分别为，最长边为，则，所以三角形为锐角三角形.故选：C5. 若不等式的解集为或，则（    ）A. 0 B. 1 C.  D. 【答案】C【解析】【分析】由一元二次不等式与一元二次函数的关系求解即可【详解】因为不等式的解集为或，所以且是的两个根，由根与系数的关系得，解得，所以，故选：C6. 在等差数列中，若，则该数列的前项和为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】利用等差数列的求和公式与等差数列的基本性质可求得数列的前项和.【详解】由题意可知，等差数列前项和为.故选：B.7. 已知正实数，满足，则的最大值为（    ）A. 1 B. 2 C. 3 D. 4【答案】B【解析】【分析】由基本不等式结合一元二次不等式的解法求解即可【详解】因为正实数，满足，所以，（当且仅当，即取等）所以，解得，所以，所以当时，的最大值为2，故选：B8. 已知，，，则（    ）A.  B. C.  D. 【答案】B【解析】【分析】由由不等式的性质易得，，由作差法结合不等式的性质可得，由此即可求解【详解】因为，所以，因为，所以，，又，所以，所以，所以，故选：B9. 已知数列满足，，则的通项公式（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】利用累加法，结合等比数列前项和的求解公式，求解即可.【详解】根据题意可得，即.故选：C10. 已知，，是与的等比中项，则的最小值为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】由等比中项的定义得出的关系，然后由基本不等式得最小值．【详解】由题意，所以，又，所以，当且仅当，即，时等号成立．故选：B．11. 如图，到达某旅游景区内的处后，有两种路径到处：一种是从处沿直线步行到处；另一种是先从处坐小火车沿直线到达处，再从处沿直线步行到处.现有甲、乙两名游客到达处后，甲沿方向匀速步行前往处，速度为50米/分钟，甲出发2分钟后，乙从处坐小火车前往处，再从处步行到处.已知小火车的速度为200米/分钟，，之间的距离为2000米，、之间的距离为3000米，，.当乙在小火车上时，甲、乙之间的直线距离最短为（    ）A. 米 B. 米 C. 米 D. 米【答案】B【解析】【分析】由正弦定理与余弦定理求解即可【详解】由正弦定理可知，所以，又，所以，乙在小火车上的时间为分钟，设乙出发分钟后，甲乙之间的距离为，则，，当时，，所以，故选：B12. 设是数列的前项和，，若不等式对任意恒成立，则的最小值为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】利用，得到，，变形后得到是等差数列，首项为6，公差为4，从而求出，故代入整理得，利用作差法得到单调递减，最小值为，列出不等式求出答案.【详解】当时，，解得：，当时，，整理得，方程两边同除以，得，又，故是等差数列，首项为6，公差为4，所以，故，经验证，满足要求，所以为，故，对任意恒成立，，当时，，故，单调递减，当时，取得最大值，故，解得：，则的最小值为.故选：D二､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填在答题卡中的横线上.13. 已知,满足约束条件,则的最大值为___________.【答案】2【解析】【分析】根据约束条件画出可行域,找到交点,找到使直线纵截距最大时的点,代入即可.【详解】解:画出约束条件满足的可行域如下所示,由图可知,当过B点时,z取最大值,联立可得,代入.故答案为:214. 在中，，，若有一个解，则的取值范围是________.【答案】【解析】【分析】根据已知，结合图形，利用三角形的知识进行判断求解.【详解】如图，若有一个解，则.故答案为：.15. 设是等差数列的前项和，公差为，，当且仅当时，取得最小值，则的取值范围为________.【答案】【解析】【分析】根据等差数列前项和的性质，判断的正负，即可求得结果.【详解】根据题意可得，即，解得.故答案为：.16. 在中，内角，，所对的边分别为，，，若，，成等差数列，则的最小值为________.【答案】##【解析】【分析】根据等差数列的性质，结合余弦定理和基本不等式，即可求得结果.【详解】根据题意可得，则，当且仅当时取得最小值.故答案为：.三､解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.17. 解下列不等式：（1）；（2）.【答案】（1）    （2）或【解析】【分析】(1)根据一元二次不等式的解法直接求解;(2)分式不等式转化为一元二次不等式求解.【小问1详解】由得即,解得,所以不等式的解集为.【小问2详解】原不等式等价于 解得或.所以不等式的解集为或.18. 设等差数列的前项和是,,.（1）求的通项公式;（2）若,求数列的前项和.【答案】（1）    （2）【解析】【分析】(1)根据是等差数列,求出基本量即可求出通项公式,(2)将的通项公式写出,利用裂项相消即可求出.【小问1详解】解:由题知是等差数列,不妨设首项为,公差为,,,解得:,故;【小问2详解】由(1)知,故,,综上:.19. 在中，，，，为线段的中点.（1）求的长；（2）求的值.【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）（2）由余弦定理求解，【小问1详解】由余弦定理得，即，得，【小问2详解】由题意得，在中，由余弦定理得，在中，由余弦定理得，而，故，得，故20. 如图所示，园林设计师计划在一面墙的同侧用彩带围成六个相同的矩形区域，靠墙的部分不用彩带.设为米，为米.（1）当彩带的总长为48米时，围成的六个矩形的面积之和的最大值为多少？并求出此时和的值.（2）当围成的六个矩形的面积之和为18平方米时，求彩带总长的最小值及此时和的值.【答案】（1）当，六个矩形的面积之和取得最大值平方米；    （2）当，彩带总长最小值为米.【解析】【分析】（1）根据题意，求得为定值，利用基本不等式求乘积的最大值即可；（2）根据题意，求得为定值，利用基本不等式求的最小值即可.【小问1详解】根据题意可得，即，又，故六个矩形的面积之和平方米，当且仅当，且，即时取得最大值.【小问2详解】根据题意可得：，即，又，则彩带总长度米，当且仅当，且，即时取得最小值.21. 在锐角中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且.（1）求角的大小；（2）求的取值范围.【答案】（1）    （2）【解析】【分析】(1)利用正弦定理的边角互化即可求解；(2)结合(1)中条件，利用正弦定理的边角互化以及三角恒等变换即可求解.【小问1详解】由正弦定理可得，，即.因为，所以，即.因为，所以，则.因为，所以.【小问2详解】由(1)中可知，，则，由正弦定理可知，，因为为锐角三角形，所以，则，所以，从而.故的取值范围为.22. 已知数列的前项和为,且.在数列中,,.（1）求,的通项公式;（2）设,数列的前项和为,证明:.【答案】（1）,,    （2）证明见解析【解析】【分析】(1)根据,将代入即可求出通项公式,根据,将两边同时加1,构造为等比数列,求首项,求出的通项公式即可求出的通项公式;(2)由(1)结论,得出通项公式,用乘公比错位相减可得到的通项公式,根据通项公式及单调性即可判断范围.【小问1详解】解:由题知,当时,,当时,,,;,,,是以1为首项,为公比的等比数列,,, 综上: ,,【小问2详解】由(1)知,,,的前项和①②②-①得,故.