2022-2023学年陕西省咸阳中学高二上学期期中数学（理）试题（解析版）

这是一份2022-2023学年陕西省咸阳中学高二上学期期中数学（理）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。
2022-2023学年陕西省咸阳中学高二上学期期中数学（理）试题 一、单选题1．设数列的通项公式为则“”是“数列为单调递增数列”的A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】A【详解】当时，则数列为单调递增数列若数列为单调递增数列，则即可，所以“”是“数列为单调递增数列”的充分不必要条件故选.2．已知实数x，y满足约束条件，则的最大值为(    )A．3 B． C． D．6【答案】A【分析】作出可行域的图像，数形结合即可求z的最大值.【详解】根据约束条件画出可行域：，当直线过点A时，z取得最大值3.故选：A.3．在中，角的对边分别为.若，则的值为（    ）A．1 B． C． D．【答案】A【分析】由余弦定理直接求解即可.【详解】在中，已知，，，由余弦定理得：.所以.故选：A.4．集合，集合，则（    ）A．（-2，2） B．（-1，2） C．（-2，3） D．（-1，3）【答案】B【分析】先求集合，进一步求出答案.【详解】集合，，∴.故选：B.5．在中，角所对的边分别为，若，则（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据正弦定理由边化角，结合三角恒等变换即可求解．【详解】依题由正弦定理得：，即，.故选：A.6．已知是公差不为零的等差数列，，且成等比数列，则公差为（    ）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】C【分析】由等差数列的性质，通项公式以及等比数列的性质求解即可【详解】因为，故，解得．又成等比数列，所以．设公差为d，所以，整理得，因为，所以．故选：C7．若命题“，”为真命题，则实数可取的最小整数值是（    ）A． B．0 C．1 D．3【答案】A【分析】参变分离后，令新函数，转化为求函数的最小值，利用二次函数性质求解.【详解】由题意，，，令，则，，因为函数在上单调递减，在上单调递增，所以，所以.所以实数可取的最小整数值是.故选：A8．已知在中，角A，，的对边分别是，，，，若，则外接圆的面积是（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】由题意，根据同角三角函数的关系、正弦定理可得，代入余弦定理可求得角A，根据正弦定理，可求得外接圆半径R，即可得答案.【详解】因为，所以，整理得，由正弦定理得，由余弦定理得，因为，所以，由正弦定理得外接圆的直径，所以外接圆的面积.故选：A.9．已知两个正实数x，y满足，则的最大值是（    ）A． B． C．6 D．9【答案】B【分析】由题意得，再利用基本不等式求解即可【详解】因为正实数x，y满足，则，当且仅当时，等号成立.故选：B10．已知命题：，，命题：“”是“，”的必要不充分条件，则（    ）A．是真命题 B．是假命题C．是假命题 D．是真命题【答案】C【分析】举出反例即可判断命题的真假，根据充分条件和必要条件的定义即可判断命题的真假，再根据复合命题真假的判断方法即可判断AB，根据命题的否定的真假即可判断C.【详解】解：对于命题，当时，，所以命题为假命题，对于命题，当时，，所以“”不能推出“，”，若，，则，所以“，”能推出“”，所以“”是“，”的必要不充分条件，故命题为真命题，所以是假命题，是假命题，是真命题，故ABD错误，C正确.故选：C.11．已知中，角，，的对边分别为，若满足，的三角形有两解，则边长的取值范围是A． B． C． D．【答案】B【分析】由有两解时，可得，代入数据，即可求解，得到答案．【详解】由题意得，当有两解时，则满足，即，解得，故选B．【点睛】本题主要考查了解三角形一题多解的问题，其中解答中熟记三角形两解的条件是解答本题的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．12．已知和分别是数列和的前项和，且满足，，若对，使得成立，则实数的取值范围是（    ）A．或 B．或C．或 D．或【答案】D【分析】利用和与项的一般关系求得数列的递推关系，根据等比数列的定义判定为等比数列，得到通项公式，进而得到，利用等差数列的求和公式得到,进而结合二次函数和指数函数的单调性得到不等式左端的最大值，根据不等式恒成立的意义得到关于的不等式，求解即得.【详解】由得,∴,,∴,∴,∴数列为首项为，公比为的等比数列，∴,∴，∵，∴为等差数列，∴,,记当n∈N*时，为的单调递减函数，∴恒成立的充分必要条件是,解得或，故选：D 二、填空题13．命题“，”的否定是__________.【答案】，【分析】根据命题的否定的概念直接可得.【详解】，的否定时，，故答案为：，.14．设数列的前项和为，且，则满足的最小值为___________【答案】【分析】先求得，由，可得，由此即可求解【详解】因为，所以，由，可得，解得，所以满足的最小值为，故答案为：15．已知的三个内角之比为，，那么最大边长等于__________.【答案】3【分析】由题意可得，，为最大边，再由正弦定理运算即可得解.【详解】因为的三个内角之比为，所以，，为最大边，由正弦定理得，所以.故答案为：3.【点睛】本题考查了正弦定理解三角形的应用，考查了运算求解能力，属于基础题.16．命题：实数x满足；命题q：实数x满足或．已知p是q的充分不必要条件，则实数a的取值范围是________________．【答案】或【分析】先求出命题和对应的集合，根据p是q的充分不必要条件列出对应的不等式即可得到答案【详解】由得，因为，所以，解得，故命题对应的集合为；由解得，由解得或，故命题对应的集合为或，因为p是q的充分不必要条件，所以或，所以或，解得或，故实数a的取值范围是或，故答案为：或 三、解答题17．已知数列中，，.(1)求数列的通项公式；(2)求.【答案】(1)，；(2). 【分析】（1）利用累乘法求出时，通过验证也满足，从而求出通项公式为，；（2）根据第一问得到数列为等差数列，进而利用等差数列求和公式进行求解.【详解】（1）因为，，所以当时，，又满足，综上：，；（2）由（1）知：，；由等差数列求和公式可得：18．（1）已知，求的最大值；（2）已知，且，求的最小值.【答案】（1）；（2）.【分析】（1）利用基本不等式进行求解即可；（2）利用基本不等式，结合已知等式进行求解即可.【详解】（1）因为，所以，当且仅当时取等号，即当时有最大值，最大值为；（2）因为，且，所以有，当且仅当时取等号，即当时，有最小值.19．已知，命题；命题．(1)若命题为假命题，求实数的取值范围；(2)若命题为真命题，求实数的取值范围．【答案】(1)(2) 【分析】（1）由题意得到为真命题，根据得到不等式，解出即可；（2）结合（1）得到为真命题时的取值范围，求出为真命题时的取值范围，取交集后即为答案.【详解】（1）由已知，命题为真命题，故，即，解得： ，所以实数的取值范围是（2）由（1）知命题为真命题，则；命题为真命题，则，解得：，由命题为真命题，故真真，因为，故实数的取值范围是．20．在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足，，．（1）求角B的大小；（2）求的面积．【答案】（1）；（2）．【解析】（1）由正弦定理结合三角恒等变换可得，进而可得，即可得解；（2）由余弦定理可得，进而可得，再由三角形面积公式即可得解.【详解】解：（1）由正弦定理，得．由，得．由，得．所以．又，所以．又，得．（2）由余弦定理及，得．即．将代入，解得．所以．21．如图，一架飞机从地飞往地，两地相距.飞行员为了避开某一区域的雷雨云层，从机场起飞以后，就沿与原来的飞行方向成角的方向飞行，飞行到地，再沿与原来的飞行方向成角的方向继续飞行到达终点.(1)求、两地之间的距离；(2)求.【答案】(1)(2) 【分析】（1）利用余弦定理可直接求得的长；（2）利用余弦定理求出的值，结合同角三角函数的基本关系可求得的值.【详解】（1）解：由余弦定理可得，所以，.（2）解：由余弦定理可得，所以，，则为锐角，故，因此，.22．已知数列是等比数列，且，.(1)求数列的通项公式；(2)设，求数列的前n项和，并证明：.【答案】(1)；(2)，证明见解析. 【分析】（1）利用等比数列的通项公式进行求解即可；（2）运用裂项相消法进行运算证明即可.【详解】（1）设等比数列的公比是q，首项是.由，可得.由，可得，所以，所以；（2）证明：因为，所以.又，所以.23．已知数列是各项均为正数的等差数列.(1)若，且，，成等比数列，求数列的通项公式；(2)在（1）的条件下，数列的前n项和为，设，若对任意的，不等式恒成立，求实数k的最小值.【答案】(1)(2) 【分析】(1)设出等差数列公差d，利用给定条件列出关于d的方程，求出d即可作答.(2)利用(1)的结论求出，再利用裂项相消法求出，并探讨其单调性即可得解.【详解】（1）依题意，，，设正项等差数列的公差为d，则，于是得，解得或(舍去)，则，所以数列的通项公式是.（2）因数列的前n项和为，则由(1)知：，，，即，有，则数列是递减数列，因此，，因对任意的，不等式恒成立，从而得，所以实数k的最小值为.