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）

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：D

2．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：B

5．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：D

6．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：B

11．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2

C． 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：D

12．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，.