2020-2021深圳麒麟实验学校高中三年级数学下期中一模试题带答案

2020-2021深圳麒麟实验学校高中三年级数学下期中一模试题带答案一、选择题1．已知点与点在直线的两侧，给出以下结论：①；②当时，有最小值，无最大值；③；④当且时，的取值范围是，正确的个数是（）A．1 B．2 C．3 D．42．已知等比数列的公比为正数，且，则()A． B． C． D．3．的内角，，的对边分别为，，，已知，，，则的面积为（）A． B． C． D．4．“干支纪年法”是中国历法上自古以来就一直使用的纪年方法，干支是天干和地支的总称，把干支顺序相配正好六十为一周，周而复始，循环记录，这就是俗称的“干支表”甲、乙、丙、丁、戊、己、庚、辛、癸等十个符号叫天干，子、丑、寅、卯、辰、巳、午、未、申、酉、戌、亥等十二个符号叫地支，如公元1984年农历为甲子年，公元1985年农历为乙丑年，公元1986年农历为丙寅年，则公元2047年农历为A．乙丑年 B．丙寅年 C．丁卯年 D．戊辰年5．已知数列的前项和为，则＝()A． B． C． D．6．若直线过点(1,1)，则的最小值为（）A．6 B．8 C．9 D．107．已知等比数列的各项均为正数，且，则（）A．10 B．12 C． D．8．已知，且，则的最小值是A． B． C． D．9．已知不等式的解集为,的解集为，不等式的解集为，则（）A．-3 B．1 C．-1 D．310．设是首项为，公差为-2的等差数列，为其前n项和，若，，成等比数列，则()A．8 B．-8 C．1 D．-111．已知的三边长是三个连续的自然数，且最大的内角是最小内角的2倍，则最小角的余弦值为（）A． B． C． D．12．已知正数、满足，则的最小值为（）A． B． C． D．二、填空题13．已知变数满足约束条件目标函数仅在点处取得最大值，则的取值范围为_____________．14．内角、、的对边分别是，，，且.当，，的面积为______.15．已知是数列的前项和，，若，则__________．16．已知数列{an}的前n项和Sn＝n2＋2n＋1(n∈N*)，则an＝________．17．设等差数列的前项和为，若，，则等于______.18．在无穷等比数列中，，则______．19．设aR，若x＞0时均有[(a－1)x－1](x2－ax－1)≥0，则a＝__________．20．若原点和点在直线的同侧，则的取值范围是________（用集合表示）.三、解答题21．解关于的不等式.22．在△ABC中，已知AC＝4，BC＝3，cosB＝－.(1)求sinA的值；(2)求的值.23．已知等差数列满足，.（1）求的通项公式；（2）设等比数列满足.若，求的值.24．已知是递增的等差数列，，是方程的根.（1）求的通项公式；（2）求数列的前项和.25．中，内角，，的对边分别为，，．已知．（1）求证：；（2）若，的面积为，求的周长．26．已知数列的前项和，且（1）求数列的通项公式；（2）设，求数列的前项和．【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除一、选择题1．B解析：B【解析】【分析】【详解】∵点M(a,b)与点N(0,−1)在直线3x−4y+5=0的两侧,∴，即，故①错误；当时,，a+b即无最小值，也无最大值，故②错误；设原点到直线3x−4y+5=0的距离为d,则,则>1，故③正确；当且a≠1时,表示点M(a,b)与P(1,−1)连线的斜率．∵当,b=时,,又直线3x−4y+5=0的斜率为，故的取值范围为，故④正确.∴正确命题的个数是2个.故选B.点睛：本题是常规的线性规划问题，线性规划问题常出现的形式有：①直线型，转化成斜截式比较截距，要注意前面的系数为负时，截距越大，值越小；②分式型，其几何意义是已知点与未知点的斜率；③平方型，其几何意义是距离，尤其要注意的是最终结果应该是距离的平方；④绝对值型，转化后其几何意义是点到直线的距离.2．D解析：D【解析】设公比为，由已知得，即，又因为等比数列的公比为正数，所以，故，故选D.3．B解析：B【解析】试题分析：根据正弦定理，，解得，，并且，所以考点：1．正弦定理；2．面积公式．4．C解析：C【解析】记公元1984年为第一年，公元2047年为第64年，即天干循环了十次，第四个为“丁”，地支循环了五次，第四个为“卯”,所以公元2047年农历为丁卯年.故选C.5．B解析：B【解析】【分析】利用公式计算得到，得到答案.【详解】由已知得，即，而，所以.故选B.【点睛】本题考查了数列前N项和公式的求法，利用公式是解题的关键.6．C解析：C【解析】【详解】因为直线过点,所以,因此,当且仅当时取等号,所以选C.点睛：在利用基本不等式求最值时，要特别注意“拆、拼、凑”等技巧，使其满足基本不等式中“正”(即条件要求中字母为正数)、“定”(不等式的另一边必须为定值)、“等”(等号取得的条件)的条件才能应用，否则会出现错误.7．A解析：A【解析】【分析】利用对数运算合并，再利用等比数列的性质求解。【详解】因为==,又，由得，所以==10，故选A。【点睛】本题考查了对数运算及利用等比数列的性质，利用等比数列的性质：当时，，特别地时，，套用性质得解，运算较大。8．D解析：D【解析】【分析】通过常数代换后，应用基本不等式求最值.【详解】∵x＞0，y＞0，且9x+y=1，∴当且仅当时成立，即时取等号.故选D.【点睛】本题考查了应用基本不等式求最值；关键是注意“1”的整体代换和几个“=”必须保证同时成立.9．A解析：A【解析】【分析】根据题意先求出集合，然后求出，再根据三个二次之间的关系求出，可得答案.【详解】由不等式有，则.由不等式有，则，则.所以.因为不等式的解集为,所以方程的两个根为.由韦达定理有：,即.所以.故选：A.【点睛】本题考查二次不等式的解法和三个二次之间的关系，属于中档题.10．D解析：D【解析】【分析】利用等差数列的通项公式，以及等比中项公式和前n项和公式，准确运算，即可求解.【详解】由题意，可得等差数列的通项公式为，所以，因为，，成等比数列，可得，解得.故选：D.【点睛】本题主要考查了等差数列通项公式，以及等比中项公式与求和公式的应用，其中解答中熟记等差数列的通项公式和等比中项公式，准确计算是解答的关键，着重考查了推理与计算能力，属于基础题.11．A解析：A【解析】【分析】设三角形的三边分别为，根据余弦定理求出最小角的余弦值，然后再由正弦定理求得最小角的余弦值，进而得到的值，于是可得最小角的余弦值．【详解】由题意，设的三边长分别为，对应的三角分别为，由正弦定理得，所以．又根据余弦定理的推论得．所以，解得，所以，即最小角的余弦值为．故选A．【点睛】解答本题的关键是求出三角形的三边，其中运用“算两次”的方法得到关于边长的方程，使得问题得以求解，考查正余弦定理的应用及变形、计算能力，属于基础题．12．B解析：B【解析】【分析】由得，再将代数式与相乘，利用基本不等式可求出的最小值．【详解】，所以，，则，所以，，当且仅当，即当时，等号成立，因此，的最小值为，故选．【点睛】本题考查利用基本不等式求最值，对代数式进行合理配凑，是解决本题的关键，属于中等题．二、填空题13．【解析】【分析】【详解】试题分析：由题意知满足条件的线性区域如图所示：点而目标函数仅在点处取得最大值所以考点：线性规划最值问题解析：【解析】【分析】【详解】试题分析：由题意知满足条件的线性区域如图所示：，点，而目标函数仅在点处取得最大值，所以考点：线性规划、最值问题.14．【解析】【分析】由利用正弦定理得到再用余弦定理求得b可得ac利用面积公式计算可得结果【详解】由正弦定理可化为所以在三角形中所以因为所以又所以由余弦定理得又所以有故的面积为故答案为【点睛】本题考查了正解析：【解析】【分析】由，利用正弦定理得到，再用余弦定理求得b，可得a、c，利用面积公式计算可得结果.【详解】由正弦定理可化为，所以，在三角形中，，所以，因为，所以，又，所以，由余弦定理得，又，所以有.故的面积为.故答案为.【点睛】本题考查了正弦定理、余弦定理的应用，考查了三角形面积计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．15．【解析】【分析】由题意首先求得然后结合递推关系求解即可【详解】由题意可知：且：整理可得：由于故【点睛】本题主要考查递推关系的应用前n项和与通项公式的关系等知识意在考查学生的转化能力和计算求解能力解析：【解析】【分析】由题意首先求得，然后结合递推关系求解即可.【详解】由题意可知：，且：，整理可得：，由于，故.【点睛】本题主要考查递推关系的应用，前n项和与通项公式的关系等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.16．an=4n=12n+1n≥2【解析】【分析】根据和项与通项关系得结果【详解】当n≥2时an＝Sn－Sn－1＝2n＋1当n＝1时a1＝S1＝4≠2×1＋1因此an＝4n=12n+1n≥2【点睛】本题考解析：【解析】【分析】根据和项与通项关系得结果.【详解】当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n＋1，当n＝1时，a1＝S1＝4≠2×1＋1，因此an＝.【点睛】本题考查和项与通项公式关系，考查基本分析求解能力.17．【解析】【分析】根据等差数列的前项和转化为关于和的数量关系来求解【详解】等差数列的前项和为则有解得故答案为【点睛】本题考查了等差数列前项和的公式运用在解答此类题目时可以将其转换为关于和的数量关系来求解析：【解析】【分析】根据等差数列的前项和转化为关于和的数量关系来求解【详解】等差数列的前项和为，，，则有，解得故答案为【点睛】本题考查了等差数列前项和的公式运用，在解答此类题目时可以将其转换为关于和的数量关系来求解，也可以用等差数列和的性质来求解，较为基础。18．【解析】【分析】利用无穷等比数列的求和公式即可得出【详解】解：根据等比数列的性质数列是首项为公比为的等比数列又因为公比所以故答案为：【点睛】本题考查了无穷等比数列的求和公式考查了推理能力与计算能力属解析：【解析】【分析】利用无穷等比数列的求和公式即可得出．【详解】解：根据等比数列的性质，数列是首项为，公比为的等比数列。又因为公比，所以．．故答案为：．【点睛】本题考查了无穷等比数列的求和公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．19．【解析】【分析】【详解】当时代入题中不等式显然不成立当时令

都过定点考查函数令则与轴的交点为时均有也过点解得或（舍去）故解析：【解析】【分析】【详解】当时，代入题中不等式显然不成立当时，令，

，都过定点考查函数，令，则与轴的交点为时，均有也过点解得或（舍去），故20．或【解析】【分析】根据同侧同号列不等式解得结果【详解】因为原点和点在直线的同侧所以或即的取值范围是或【点睛】本题考查二元一次不等式区域问题考查基本应用求解能力属基本题解析：或【解析】【分析】根据同侧同号列不等式，解得结果.【详解】因为原点和点在直线的同侧，所以或，即的取值范围是或【点睛】本题考查二元一次不等式区域问题，考查基本应用求解能力.属基本题.三、解答题21．当时，不等式的解集为；当时，不等式的解集为或；当时，不等式的解集为；当时，不等式的解集为；当时，不等式的解集为.【解析】【分析】将原不等式因式分解化为，对参数分5种情况讨论：，，，，，分别解不等式．【详解】解：原不等式可化为，即，①当时，原不等式化为，解得，②当时，原不等式化为，解得或，③当时，原不等式化为.当，即时，解得；当，即时，解得满足题意；当，即时，解得.综上所述，当时，不等式的解集为；当时，不等式的解集为或；当时，不等式的解集为；当时，不等式的解集为；当时，不等式的解集为.【点睛】本题考查含参不等式的求解，求解时注意分类讨论思想的运用，对分类时要做到不重不漏的原则，同时最后记得把求得的结果进行综合表述.22．（1）；（2）【解析】【分析】（1）先求得,再根据正弦定理求得即可；（2）根据余弦定理解得,再由数量积的定义求解即可【详解】（1）,,根据正弦定理可得,,即,（2）根据余弦定理可得,,即,解得,【点睛】本题考查利用正弦定理求角,考查向量的数量积运算,考查运算能力23．（1）；（2）63【解析】【分析】（1）求出公差和首项，可得通项公式；（2）由得公比，再得，结合通项公式求得.【详解】（1）由题意等差数列的公差，，，∴；（2）由（1），∴，，∴，.【点睛】本题考查等差数列与等比数列的通项公式，掌握基本量法是解题基础.24．（1）;（2）.【解析】【分析】（1）方程的两根为，由题意得，在利用等差数列的通项公式即可得出；（2）利用“错位相减法”、等比数列的前项和公式即可求出．【详解】方程x2－5x＋6＝0的两根为2，3.由题意得a2＝2，a4＝3.设数列{an}的公差为d，则a4－a2＝2d，故d＝，从而得a1＝.所以{an}的通项公式为an＝n＋1.（2）设的前n项和为Sn，由（1）知＝，则Sn＝＋＋…＋＋，Sn＝＋＋…＋＋，两式相减得Sn＝＋－＝＋－，所以Sn＝2－.考点：等差数列的性质；数列的求和．【方法点晴】本题主要考查了等差数列的通项公式、“错位相减法”、等比数列的前项和公式、一元二次方程的解法等知识点的综合应用，解答中方程的两根为，由题意得，即可求解数列的通项公式，进而利用错位相减法求和是解答的关键，着重考查了学生的推理能力与运算能力，属于中档试题．25．（1）见解析（2）【解析】【分析】（1）用余弦定理将条件化为，然后化简即可（2）由得，由的面积为和可推出，然后用余弦定理求出即可.【详解】（1）因为由余弦