河南省济源市英才学校2023-2024学年高二上学期10月月考数学试题（解析版）

这是一份河南省济源市英才学校2023-2024学年高二上学期10月月考数学试题（解析版），共15页。试卷主要包含了 请将各题答案填写在答题卡上， 若，则下列结论中不恒成立的是， 等比数列的前项和为，且，则， 在中，，则的形状为， 已知，则函数的最小值为等内容，欢迎下载使用。
1. 本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共150分.考试时间120分钟.
2. 请将各题答案填写在答题卡上.
第Ⅰ卷
一、选择题（本大题共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. 数列的一个通项公式是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据数列分子分母的规律求得通项公式.
【详解】由于数列的分母是奇数列，分子是自然数列，故通项公式为.
故选：B
2. 在中，则等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用正弦定理求解角度.
【详解】在中，
所以,
由正弦定理，,
所以,则,
因为,所以或.
故选：B更多课件 教案 视频 等低价同类优质滋源请 家 威杏 MXSJ663 3. 若不等式的解集是，则不等式的解集是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据已知不等式的解集得是方程的两根，利用韦达定理求出，进而解一元二次不等式即可.
【详解】因为不等式的解集是，所以是方程的两根，
所以，所以，故即，也即，
所以，所以，所以不等式的解集是.
故选：B.
4. 若，则下列结论中不恒成立的是
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】分析两数可以是满足，任意数，利用特殊值法即可得到正确选项．
详解：若，不妨设a 代入各个选项，错误的是A、B，
当 时，C错．
故选D．
点睛：利用特殊值法验证一些式子错误是有效的方法，属于基础题．
5. 等比数列的前项和为，且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用等比数列前n项和的性质求解.
【详解】由等比数列性质可知，成等比数列，
因为，所以，所以成等比数列，
所以，所以，所以.
故选：C.
6. 在中，，则的形状为（ ）
A. 直角三角形B. 等腰三角形
C. 等腰直角三角形D. 等腰三角形或直角三角形
【答案】D
【解析】
【分析】利用正弦定理的边角互化可得，进而可得或，即可求解.
【详解】，正弦定理可得，
即，，，
∴或，∴或，
∴等腰三角形或直角三角形.
故选：D
7. 已知等差数列的前项和为，且，则满足的正整数的最大值为
A. 16B. 17C. 18D. 19
【答案】C
【解析】
【分析】先由，得到，，，公差大于零，再由数列的求和公式，即可得出结果.
【详解】由得，，，，所以公差大于零.
又，，
，
故选C.
【点睛】本题主要考查等差数列的应用，熟记等差数列的性质与求和公式即可，属于常考题型.
8. 若是函数（）的两个不同的零点，且这三个数依次成等比数列，这三个数依次成等差数列，则
A. 4B. 5C. 9D. 20
【答案】D
【解析】
【分析】利用等差等比数列的性质求解即可.
【详解】因为是函数的两个不同的零点，
所以，
可得，又这三个数依次成等比数列，
这三个数依次成等差数列，
可得解得；
，则，
故选:D.
9. 已知，则函数的最小值为（ ）
A. 1B. 4C. 7D. 5
【答案】C
【解析】
【分析】利用基本不等式求得的最小值.
【详解】由于，所以，
所以，
当且仅当时等号成立.
所以的最小值为.
故选：C
【点睛】本小题主要考查利用基本不等式求最值，属于基础题.
10. 在中，角的对边分别为，若成等差数列，成等比数列，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意，由三角形内角和定理求出，再根据余弦定理求解，得到三角形为正三角形，即可求出结果.
【详解】由成等差数列，则，
又，所以，
又因为成等比数列，
所以，
由余弦定理得，
得，
所以，
所以.
故选：A
11. 已知实数，满足约束条件，则的最小值为（ ）．
A. B. C. 2D. 3
【答案】B
【解析】
【分析】作出可行域，表示的几何意义是可行域内的点到的斜率，找到取最小值的点代入即可.
【详解】如下图所示，阴影部分为可行域，
结合图像，当取可行域内点时，取最小值，，，，此时为点与点连线的斜率为.
故选：B
12. 如图所示，位于处的信息中心获悉：在其正东方向相距40海里的处有一艘渔船遇险，在原地等待营救．信息中心立即把消息告知在其南偏西30°，相距20海里的处的乙船，现乙船朝北偏东的方向即沿直线前往处救援，则等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先利用余弦定理求出的值，再利用正弦定理求出的正弦值，然后根据展开即可求解.
【详解】解：如图所示，
在中，，
由余弦定理得，解得，
又由正弦定理得，
由知锐角，所以，
所以.
故选：B．
第Ⅱ卷
二、填空题（本大题共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. 不等式的解集是___________________
【答案】；
【解析】
【分析】根据分式不等式的解法求解即可
【详解】，故解集为
故答案为：
14. 已知函数对任意实数，函数值恒大于零，则实数的取值范围是_______________.
【答案】
【解析】
【分析】分类讨论考虑二次项的系数为0和不为0，当二次项的系数为0时，满足题意；当二次项系数不为0时，且，解不等式即可得解.
【详解】①当时，或.
若，则函数化为，其对任意实数不可能恒大于；
若，则恒成立；
②当时，根据题意得，
综上可知实数的取值范围是.
【点睛】关键点点睛：本题以函数为载体，考虑恒成立问题，解题的关键是分类讨论及利用二次函数的图像求解，考查学生的分类讨论思想与运算求解能力，属于一般题.
15. △的内角的对边分别为，已知，，则△的面积为________．
【答案】.
【解析】
【分析】方法一：由正弦定理可得，化简求得，利用余弦定理，结合题中的条件，可以得到，由为锐角，求得， ，利用三角形面积公式即可解出.
【详解】［方法一］：【最优解】边化角
因为，由正弦定理得，
因为，所以．又因为，
由余弦定理，可得，
所以，即为锐角，且，从而求得，
所以的面积为.
故答案为：.
［方法二］：角化边
因为，由正弦定理得，即，又，所以，．又因为，
由余弦定理，可得，
所以，即为锐角，且，从而求得，
所以的面积为.
故答案为：.
【整体点评】方法一：利用正弦定理边化角，求出，再结合余弦定理求出，即可求出面积，该法是本题的最优解；
方法二：利用正弦定理边化角，求出，再结合余弦定理求出，即可求出面积．
16. 对于正项数列，定义为的“光阴”值，现知某数列的“光阴”值为，则数列的通项公式为_____．
【答案】
【解析】
【分析】根据的定义把带入即可．
【详解】∵
∴
∵
∴①
∴②
①-②得
∴
故答案为
【点睛】本题主要考查了新定义题，解新定义题首先需要读懂新定义，其次再根据题目的条件带入新定义即可，属于中等题．
三、解答题（本大题共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. 在中,角的对边分别为,满足.
(1)求角的大小;
(2)若,求的面积.
【答案】(1) (2).
【解析】
【详解】试题分析：
本题考查正余弦定理、和角公式、三角形面积公式应用．(1)由及正弦定理，得再利用和角公式、三角形内角和定理以及诱导公式得出，即可解答．(2)由余弦定理得 ，把已知条件代入，求出，即可得结论．
试题解析：
(1)由及正弦定理，得
，
，
，
．
，
．
(2)由(1)知，
由余弦定理得，
∴．
故的面积为．
18. 已知数列的前n项和为，且，记.
（1）求数列的通项公式；
（2）求数列的前项和.
【答案】（1）；（2）
【解析】
【详解】试题分析：（1）由，得，两式
相减得，即，经验证时也成立；（2），利用裂项相消法求和即可得结果.
试题解析：（1）当时，，则，
当时，由，得，
相减得，即，经验证时也成立，
所以数列的通项公式为.
（2），
所以数列的前项和为：
.
【方法点晴】本题主要考查等差数列的通项与求和公式之间的关系，以及裂项相消法求数列的和，属于中档题. 裂项相消法是最难把握的求和方法之一，其原因是有时很难找到裂项的方向，突破这一难点的方法是根据式子的结构特点，常见的裂项技巧：
(1)；（2） ；
（3）；（4）；此外，需注意裂项之后相消的过程中容易出现丢项或多项的问题，导致计算结果错误.
19. 已知分别为三个内角对边，.
（1）求；
（2）若，求的周长的最大值.
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）由正弦定理将边角关系转化为角的关系，再根据两角和公式以及辅助角公式可得答案；
（2）由余弦定理得，再利用基本不等式得，即得的周长的最大值.
【小问1详解】
由已知及正弦定理得，
∴，
所以，因为，
所以，即，因为，
所以，从而.
【小问2详解】
由余弦定理得，∴，
又，∴，
即，∴，当且仅当时等号成立，从而，
∴的周长的最大值为15.
20. 已知关于x的不等式的解集为或（）.
（1）求a，b的值；
（2）当，，且满足时，有恒成立，求k的取值范围.
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）方法一：根据不等式的解集为或，由1和b是方程的两个实数根且，利用韦达定理求解；方法二：根据不等式的解集为或，由1和b是方程的两个实数根且，将1代入求解.
（2）易得，再利用“1”的代换，利用基本不等式求解.
【小问1详解】
解：方法一：因为不等式的解集为或，
所以1和b是方程的两个实数根且，
所以，解得
方法二：因为不等式的解集为或，
所以1和b是方程的两个实数根且，
由1是的根，有，
将代入，
得或，
∴；
【小问2详解】
由（1）知，于是有，
故，
当且仅当时，等号成立，
依题意有，即，
得，
所以k的取值范围为.
21. 电动汽车革命已经成为全球汽车产业发展的新趋势.2018年某企业计划引进新能源汽车生产设备，通过市场分析，全年需投入固定成本2500万元，每生产x（百辆），需投入成本万元，且，由市场调研知，每辆车售价5万元，且全年内生产的车辆当年能全部销售完.
（1）求出2018年的利润（万元）关于年产量x（百辆）的函数关系；（利润=销售额-成本）
（2）2018年产量为多少百辆时，企业所获利润最大？并求出最大利润.
【答案】21.
22. 当2018年产量为100百辆时，该企业获得的利润最大，最大利润为1800万元
【解析】
【分析】（1）利用题中给定分段函数及利润等于销售额减去成本即可求解；
（2）利用二次函数及基本不等式求出各段的最大值，再比较大小即可求解.
【小问1详解】
根据题意，当时，
；
当时，；
故；
小问2详解】
根据题意，当时，，
当时，；
当时，，
当且仅当时等号成立，则有；
由，故；
故当时，即当2018年产量为为100百辆时，
该企业获得的利润最大，最大利润为1800万元.
22. 已知等差数列满足：，数列满足，且
（1）证明数列是等比数列；
（2）若数列满足，求的前项和.
【答案】（1）证明见解析
（2）.
【解析】
【分析】（1）通过递推公式构造，再利用等比数列定义证明即可.