2021-2022学年河南省郑州外国语学校高二上学期期中考试数学（理）试题（解析版）

这是一份2021-2022学年河南省郑州外国语学校高二上学期期中考试数学（理）试题（解析版），共15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。
2021-2022学年河南省郑州外国语学校高二上学期期中考试数学（理）试题 一、单选题1．已知，下列不等式中正确的是（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】利用不等式的基本性质即可判断出正误．【详解】解：A．由，∴，而时，，因此A不正确；B．，与0的大小关系不确定，因此B不正确；C．由，∴，因此C不正确；D．由，∴，因此D正确．故选：D2．设数列中，（且），则（    ）A． B． C．2 D．【答案】A【分析】根据递推关系求前4项，易知数列周期为3，进而求.【详解】由已知得：，可求，∴数列周期为3，，故选：A．3．下列叙述中正确的是（    ）A．命题“”的否定是“”B．若，则C．“”是“”的既不充分也不必要条件D．“”是“关于的方程没有实根”的充要条件【答案】C【分析】直接利用命题的否定,基本不等式,充分条件和必要条件,方程的解的情况判断的结论【详解】A：命题的否定是，错误；B：若故，所以，故,则,当且仅当时等号成立，错误；C：由于与相互不能推出，故是的既不充分也不必要条件, 正确；D：关于的方程没有实根，当时方程没有实根；当，解得，故方程没有实根的充要条件为，错误.故选: 4．椭圆两焦点为､，在椭圆上，若的面积的最大值为12，则椭圆方程是（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】由题意，当点在短轴端点时，的面积的最大值为12，此时可得，解得，再求出值，即可写出椭圆方程.【详解】由题意，当点在短轴端点时，的面积的最大值为12，可得，解得，又，故故椭圆的方程为故选：B5．如图，测量河对岸的塔高AB时可以选与塔底B在同一水平面内的两个测点C与D，测得∠BCD=15°，∠BDC=30°，CD=30m，并在点C测得塔顶A的仰角为60°，则塔高AB等于（    ）A．5m B．15m C．5m D．15m【答案】D【分析】在中，由正弦定理，求得，再在中，即求.【详解】在△BCD中，，由正弦定理得，解得(m），在Rt△ABC中，(m).故选：D6．若不等式的解集为，则二次函数在区间上的最大值、最小值分别为（    ）A．-1，-7 B．0，-8 C．1，-1 D．1，-7【答案】D【分析】由题意可知，1是方程的根，代入可求，，然后结合二次函数的性质即可求解【详解】的解集为，，1是方程的根，且，，，，则二次函数开口向下，对称轴，在区间上，当时，函数取得最大值1，当时，函数取得最小值故选：D．7．的内角，，的对边分别为，，.若，，则为（    ）A．等边三角形 B．等腰三角形 C．直角三角形 D．等腰直角三角形【答案】A【分析】根据余弦定理求得，得到，再由，可得，结合余弦定理，求得，即可求解.【详解】由，整理得，所以，因为，所以，又因为，可得，即，可得，解得，所以三角形是等边三角形.故选：A.8．设等比数列满足，，则使最大的n为（    ）A． B．3 C．3或4 D．4【答案】C【分析】先用基本量表示题干条件，计算可得，即，则，利用指数函数和二次函数的性质，即可判断【详解】由题意，设等比数列的公比为，则代入可得，，故，则，由于为增函数，为开口向下的二次函数，对称轴为，又，故当或时，取得最大值.故选：C.9．已知三角形中，角，，所对的边分别为，，，，且，边上的高为，则的最大值为（    ）A． B．3 C． D．12【答案】B【分析】切化弦进行化简，可得，因为，可得，余弦定理求出的范围，则可求出的最大值.【详解】解析：因为，所以，化简得，则，又，所以，由余弦定理可得，解得所以的最大值为.故选：B.10．已知椭圆C的焦点为，，过的直线交于C与A，B，若，，则C的方程为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据给定条件利用椭圆定义及余弦定理列出方程求出即可得解.【详解】依题意，设椭圆方程为，由椭圆定义知，，因，，则，解得，于是得，，，显然点A在y轴上，如图，在中，，，在中，，由余弦定理得，即，解得，，所以椭圆C的方程为.故选：B11．已知函数，实数满足，则以下结论成立的是（    ）A．的最小值为 B．的最大值为2C． D．【答案】D【分析】根据条件可得，，由“1”的变形及均值不等式判断A，变形后由均值不等式判断B，再由不等式的性质判断CD.【详解】由可得，又由函数定义域可得，，所以可得，，对A，，当且仅当时，即，时，等号成立，等号取不到，故A错误；对B，，当且仅当取等号，等号取不到，故B错误；对C，，，，故C错误；对于D，，，，故D正确.故选：D12．设等差数列的前n项和为，若不等式对任意正整数n都成立，则实数m的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】令,由，当时，取得最小值，由此能求出结果.【详解】,令，则，当时，取最小值，即，，因为不等式对任意正整数n都成立，当，所以，当时，，综上.故选：D【点睛】本题主要考查了等差数列的通项公式与求和公式，二次函数的单调性，分类讨论，不等式的性质，属于难题. 二、填空题13．若满足的恰有一个，则实数k的取值范围是_________【答案】【分析】利用正弦定理可求出，由只有一个结合正弦函数的性质可得解.【详解】由正弦定理有：，则，又，，可得，当时满足题意只有一个，此时，，即实数k的取值范围是故答案为：【点睛】思路点睛：本题考查利用正弦定理判断三角形个数的问题，利用正弦定理求出，，利用满足题意只有一个，可知，即可求出k的取值范围，考查学生的转化与化归能力，属于中等题.14．设椭圆的焦点为，，点P在该椭圆上，如果线段的中点在y轴上，那么的值为______．【答案】7【分析】根据线段PF1的中点M在y轴上，推出轴，由此可设P(3，t)，代入椭圆方程求出，再根据两点间的距离公式求出和可得解.【详解】由＝1可知，，所以，所以F1(－3，0)，F2(3，0)，∵线段PF1的中点M在y轴上，且原点为线段的中点，所以，所以轴，∴可设P(3，t)，把P(3，t)代入椭圆＝1，得.∴|PF1|＝，|PF2|＝.∴.故答案为：7.15．已知数列{}满足，，，则的值为_________．【答案】100【分析】由题可得当为奇数时，数列{}隔项成等差数列，当为偶数时，数列{}隔项成等比数列，可求，，计算即得解.【详解】∵，，，当为奇数时：化简得到，数列{}隔项成等差数列.设，则，故.当为偶数时：化简得到，数列{}隔项成等比数列.设，则，故，故.故答案为：100.16．已知正实数，满足，且恒成立，则的取值范围是________．【答案】【分析】由可得，然后利用基本不等式可求出的最小值，从而可求出的最大值为1，进而解不等式可得结果【详解】由，得.因为，所以，所以，则，当且仅当时，等号成立，故.因为恒成立，所以，解得或.故答案为 三、解答题17．p：方程有两个不等的负实数根；q：方程无实数根，若为真命题，为假命题，求实数m的取值范围､【答案】【分析】利用复合命题的真假推出两个命题为一真一假，求出m的范围即可.【详解】：方程有两个不等的负实数根，解得，：方程无实数根，解得，所以：，：或.因为为真命题，为假命题，所以真假，或假真.（1）当真假时，即真为真，所以，解得；（2）当假真时，即真为真，所以，解得.综上，的取值范围为18．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且．（1）求A的大小；（2）若，求的取值范围．【答案】（1）；（2）．【分析】（1）利用正弦定理化边为角，再结合余弦定理即可得出答案；（2）根据正弦定理可得，再根据降幂公式及辅助角公式化简，即可得出答案.【详解】解：（1）因为，所以，即，所以，又，所以；（2）因为，所以，则，因为，所以．19．已知是等差数列的前项和，若，．（1）求数列的通项公式；（2）记，数列的前项和为，，求数列的前项和．【答案】（1）；（2）.【分析】（1）根据已知条件可得出关于等差数列的首项和公差的方程组，解出这两个量的值，即可求得等差数列的通项公式；（2）利用裂项相消法可求得，进而得出，再利用错位相减法可求得数列的前项和.【详解】（1）设等差数列的首项为，公差为，由题意，得，解得，所以，；（2）由（1）知，所以，，所以，，则①，②，①②，得，解得．20．已知二次函数，不等式对恒成立.(1)求的值；(2)若该二次函数图像与x轴有且只有一个交点，对任意，都有恒成立，求x的取值范围.【答案】(1)2；(2).【分析】(1)结合已知条件可知，，然后根据已知条件求解即可；(2)结合已知条件和(1)中结论求出的解析式，将不等式恒成立问题化成一个关于的一元一次不等式问题，然后利用一次函数性质求解即可.【详解】(1)由题意可知，，因为不等式对恒成立，所以，即，故；(2)因为不等式对恒成立，所以恒成立，所以，所以，又因为图像与x轴有且只有一个交点，所以判别式，解得，从而，由对任意，都有恒成立，即对任意恒成立，不妨令，将此函数看成关于的一次函数，其中为参数，由一次函数性质可得，解得或，故x的取值范围为.21．在中，，，在的右侧取点，构成平面四边形．（1）若且，求面积的最大值；（2）若，当四边形的面积最大时，求对角线的长．【答案】（1）；（2）．【分析】（1）根据余弦定理，结合基本不等式、三角形面积公式进行求解即可；（2）根据余弦定理，结合三角形面积公式进行求解即可.【详解】解析：（1）在中，由余弦定理得：，则在中，即故当且仅当时，等号成立故面积的最大值为（2）取，则在中，在中，即 取四边形的面积为，则有即 得：即则当时，，此时，则故即对角线为．22．已知正项数列的前项和为，且，.（1）求，的值，并写出数列的通项公式；（2）设，数列的前项和为，求证：.【答案】（1）；；；（2）证明见解析.【分析】（1）由题意，根据数列通项与前项和的关系式，进行运算，求出通项，通检验，可发现该数列从第2项起为等差数列，从而问题可得解；（2）由（1）得数列的通项，根据其通项的特点，采用放缩法、裂项相消法求和证明不等式.【详解】（1）由正项数列，可得当时，，即，解得：或（舍去）当时，，即，解得：或（舍去）所以，由，可得即，又是首项为，公差为的等差数列，.（2）由（1）得，，因为当时，，所以，当时，，符合上式，所以.由基本不等式的性质可知当时，有，当且仅当时取等号，所以令，则，将上式对从1到求和，得，所以，所以，综上可知，.