2018-2019学年海南省海南中学高一下学期期中数学试题(解析版)

一、单选题 1．

3x20的解集是（ ） 2x11,3 B．2D．,

12, A．23C．,12, 2323【答案】C

【解析】将分式不等式等价转化为整式不等式，解得. 【详解】 解：Q3x20 2x13x22x101212x,解得x或x，即U,

23322x10故选：C 【点睛】

本题考查分式不等式的解法，属于基础题.

2．在ABC中，a2sin2Cc2sin2A2accosAcosC，则ABC的形状是（ ）A．锐角三角形 【答案】B

【解析】利用正弦定理将边化角，再利用两角和的余弦公式化简可得. 【详解】

解：Qa2sin2Cc2sin2A2accosAcosC

B．直角三角形

C．钝角三角形

D．等腰三角形

sin2Asin2Csin2Csin2A2sinAsinCcosAcosC sin2Csin2AsinAsinCcosAcosC QsinA0,sinC0

cosAcosCsinCsinA0 cosAC0

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即AC2

所以ABC为直角三角形 故选：B 【点睛】

本题考查正弦定理及两角和的余弦公式，属于基础题.

3．等差数列an中，若a4a6a8a10a12120，则a9A．14 【答案】C

【解析】先由等差数列的性质a4a6a8a10a12120得a8，再用性质求解 【详解】

解：依题意，由a4a6a8a10a12120，得5a8=120，即a8=24 所以

B．15

C．16

1a11的值是（ ） 3D．17

111122a9a113a9a11a9a7a11a11a9a7a82416

333333故选：C 【点睛】

本题主要考查等差数列的性质，根据题意结合等差数列的等差中项进行化简求出结果，较为基础

4．x0，y0，且2xxy6y0，则xy的最小值为（ ） A．843 【答案】A

【解析】2xxy6y0(x0,y0)，可得yB．16

C．3

D．25 2x0，解得x6．变形x6xyx【详解】

2x12x68，再利用基本不等式的性质即可得出． x6x6解：Q2xxy6y0，x0，y0

2xx6y

y2x x6x6

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xyx2x12x682x6x6x6128438 x6当且仅当x6故选：A 【点睛】

12，即x623时取等号 x6本题考查了基本不等式的性质，属于基础题．

5．已知等差数列an的项数为奇数，且奇数项的和为40，偶数项的和为32，则a5（ ） A．8 【答案】A

【解析】设等差数列{an}有2k1，(kN)项．公差为d．由于奇数项和为40，偶数项和为32，可得40a1a3a2k1，32a2a4a2k，分别相加相减即可得出． 【详解】

解：设等差数列{an}有奇数项2k1，(kN)．公差为d．

**B．9 C．10 D．11

Q奇数项和为40，偶数项和为32，

40a1a3a2k1， 32a2a4a2k，

72(2k1)(a1a2k1)(2k1)ak1，8a2k1kda1kdak1，

292k1，即等差数列{an}共9项，且S9a1a999a5572

a58

故选：B． 【点睛】

本题考查了等差数列的通项公式性质及其前n项和公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题． 6．axyxy对所有的正实数x、y恒成立，则实数a最大值是（ ）

B．

A．1

2 2C．

3 2D．31

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【答案】B

【解析】根据基本不等式即可得解. 【详解】

解：依题意可知，axyxy对所有的正实数x，y恒成立，

Qx0,y0

xy≥2xy当且仅当xy时取等号，

2xyxy当且仅当xy时取等号，

22xyxy，当且仅当xy时取等号， xyxy2当且仅当xy时取等号， 22 2所以实数a的最大值为故选：B 【点睛】

本题考查基本不等式的应用，属于基础题. 7．已知等差数列an，

a111，且当nn0时an的前n项和Sn有最大值，设使a10Sn0的n最大值为k，则

A．

10 11n0（ ） k110B． C．

221D．

10 19【答案】D

【解析】根据数列an的前n项和Sn有最大值，可判断d0，从而可得a110，

a100，即可得到n0的值，再根据前n项和公式可得Sn0的最大n的值.

【详解】

解：因为当nn0时an的前n项和Sn有最大值 所以d0

Qa111 a10 所以a110，a100由等差数列的性质可知，当n10时an0，当n11时an0，

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所以当nn010时an的前n项和Sn有最大值

Qa11a100 a10a11a100

S19a1a191919a2100，S20a1a2020102a10a110

所以使得Sn0的n的最大值为k19 所以

n010 k19故选：D 【点睛】

本题考查等差数列的性质及等差数列的前n项和，属于基础题.

Tn，8．两个等差数列an、若bn的前n项和分别为Sn、

A．

Sna52n ，则（ ）Tn3n1b4D．

10 13B．

9 14C．

9 112 3【答案】C

【解析】根据等差数列的前n项和的性质可设Sn2kn从而计算可得. 【详解】

2k0，则Tnkn3n1，

Sn2n 解：因为an、bn为等差数列，且

Tn3n1所以设Sn2kn2k0，则Tnkn3n1

a5S5S450k32k18k b4T4T352k30k22k a518k9 b422k11故选：C 【点睛】

本题考查等差数列的前n项和的性质，对于等差数列an的前n项和为Sn，则

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SnAn2Bn，属于基础题.

9．下面命题正确的个数有（ ）个 ①在ABC中，若a4，b43，A6，则ABC有两个解.

②若ABC为钝角三角形，a1，b2，则5c3. ③函数yx25x42的最小值为2.

④已知an，a11,Sn2Sn12（n2），则数列an是等比数列，公比为2. A．1 【答案】A

【解析】根据正弦定理，余弦定理及基本不等式验证可得. 【详解】

解：①由正弦定理，

B．2

C．3

D．4

ab23故sinB，即B或，经验证，二者均符

33sinAsinB2合题意，故ABC有两个解，故①正确；

②由题意，bc，故在ABC中角B和C均有可能为钝角，若C为钝角，则

a2b2c2cosC0，故c>5，

2ab由两边之和大于第三边，得5c3；

a2c2b2若B为钝角，则cosB0，故c3；

2ac由两边之和大于第三边，得1c③y3，故②错误；

令tx25x41t2x241x42x24则t2

则yt，t2,，易知函数在2,上单调递增，ymin2③错误；

④令n2则S22S124，a23，故故选：A 【点睛】

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15，故22a232故④错误 a1本题考查正弦定理，余弦定理的应用，基本不等式的性质及等比数列的性质的应用，属于中档题.

10．在ABC中，若lgsinA，lgsinB，lgsinC成等差数列，b取最大值时，

则当ÐB3，a+b+c=（ ）

sinA+sinB+sinCB．23 C．

A．

 6 4D．2

【答案】D

【解析】根据等差数列的性质可得sin2BsinAsinC，再利用正弦定理将角化边得

b2ac，利用余弦定理得到B的范围，从而得到B的最值，从而得解.

【详解】

解：因为lgsinA，lgsinB，lgsinC成等差数列 所以2lgsinBlgsinAlgsinC 所以sin2BsinAsinC 由正弦定理得b2ac

a2c2b2a2c2ac2acac1由余弦定理cosB当且仅当ac时取等

2ac2ac2ac2号，

QB0,

a+b+cb3===2B0,所以Bmax此时sinA+sinB+sinCsinB 3332故选：D 【点睛】

本题考查正弦定理余弦定理的应用，基本不等式的应用，属于中档题.

11．在锐角三角形ABC中，A、B、C成等差数列，b1，则ac的取值范围（ ）A．1,2 【答案】C

B．0,1

C．

3,2

D．1,3

第 7 页 共 17 页

【解析】首先求出Bac2sinA，再利用正弦定理将边化角，则再根据

63正弦函数的性质即可解答. 【详解】

解：QA、B、C成等差数列 所以A+C=2B，又ABC 所以B3

abc123由正弦定理得sinAsinBsinC3 32acbsinAbsinC23sinAsinC sinBsinB3232323sinAsinABsinAsinA3sinAcosA2sinA33336QABC是锐角三角形，所以0A所以

2且0C2A， 326A2，所以

3A62 33sinA1 2632sinA2即3ac2

6故选：C 【点睛】

本题考查正弦定理的应用，三角函数的性质的应用，属于中档题.

2n12．等比数列an满足an0，nN+且a5a2n53（n3），设

1bnlog3a1log3a2...log3an，的前n项和为Sn.若对任意的正整数n，当

bn2xR时，不等式kxkxSn0恒成立，则实数k的取值范围是（ ）

A．0, 【答案】C

B．0, C．0,4 D．0,4

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【解析】首先根据等比数列的性质求出an的通项公式，再根据对数的运算求出bn，再用裂项相消法求出【详解】

2n解：因为等比数列an满足an0，nN+且a5a2n53（n3）

1最后根据一元二次不等式恒成立问题解答. 的前n项和为Sn，

bnan232n，an3n

1nn1nn12n2bnlog3a1log3a2...log3anlog3a1a2Kanlog333K3log332

12 bnnn1Sn22211111L21L 1223nn1nn1223121

n12n n12因为当xR时，不等式kxkxSn0恒成立

当k0时，Sn0恒成立

k0当k0时，2解得0k4Sn

k4kS0nQ1Sn2，0k4

综上可得0k4 故选：C 【点睛】

本题考查等比数列的性质，裂项相消法求和以及一元二次不等式恒成立问题，属于中档题.

二、填空题

13．已知实数a、x满足xa0，则a2、x2、ax中的最大数为______

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【答案】x2

【解析】根据不等式的性质即可得解. 【详解】 解：Qxa0 两边同乘x得，x2ax 两边同乘a得，axa2 所以x2axa2

故a2、x2、ax中的最大数为x2 故答案为：x2 【点睛】

本题考查不等式的性质，属于基础题.

14．已知△ABC中，角A、B、C的对边分别为a,b,c，且SABCa2b2c2，那么4C ▲ ．

【答案】

 41abcosC，再利用面积公式得到2【解析】利用余弦定理化简得到SABCSABC1absinC，联立方程得到答案. 2【详解】

SABCa2b2c22abcosC1abcosC

4421absinC 211即abcosC=absinCcosCsinCtanC1 22SABCC为三角形内角，C4

故答案为【点睛】

 4本题考查了余弦定理，面积公式，意在考查学生对于余弦定理和面积公式的灵活运用.

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12xx215．若不等式axbxc0的解集是，函数f(x)cxbxa，32当xR时f(x)【答案】1,0

49恒成立，则实数a的取值范围是______ 245ba3【解析】根据一元二次不等式和一元二次方程的关系得到，再根据二次函数

2ca3的性质解答. 【详解】

解：Qax2bxc0的解集是x1x2 3所以x,x2为方程ax2bxc0的解且a0

1315b2a533ba12c32，则

233caaa03b5c2f(x)cx2bxaax2x1ax2x1

a3a3a2x25x3， 35Qa0，对称轴为x

4a0

349549afxminf，

424241a0

即a1,0 故答案为：1,0 【点睛】

本题考查一元二次不等式和一元二次方的关系，二次函数的性质，属于基础题.

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16．已知an的前n项和为Sn，an2，数列bn中，b11，

nbn1Sn1Sn2bn1，则bn=______

Snn【答案】bn21

【解析】首先求出Sn，从而可得项公式. 【详解】 解：Qan2

nSn1Sn22，即bn12bn1利用构造法求出通

Sn122Sn12Sn1Sn2Snn22n1

322n1n2n21212242332 n2n21213bn12bn1

bn112bn1

所以bn1为公比为2的等比数列

bn12n1b112n bn2n1

故答案为：2n1 【点睛】

本题考查等比数列的前n项和公式，构造法求数列的通项公式，属于中档题.

三、解答题

17．ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c，已知buuuruuur3，ABAC3，

SABC3，求A和a. 2【答案】A6，a1

【解析】首先根据向量的数量积及三角形面积公式求出A，c，再利用余弦定理计算可得.

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【详解】

解：Qb3，ABAC3，SABCuuuruuur3 2b3c2QbccosA3，A0,，，

A613bcsinA22ab2c22bccosA1

【点睛】

本题考查余弦定理及三角形面积公式的应用，向量的数量积的计算，属于基础题. 18．数列an中，已知a10，a1a2...an14an2 （1）设bnan12an，求证：数列bn是等比数列； （2）求数列an的通项公式；

【答案】（1）见解析；（2）ann12n1

【解析】（1）分n1和n2两步，利用作差法可得bn2bn1，n2，从而得证.

nn（2）由（1）得bn2，即an12an2，从而构造出ann是等差数列，求出其通2项公式即可得到an的通项公式. 【详解】

解：（1）Qa10，a1a2...an14an2 当n1时，a1a24a12，

a22， b1a22a12

Qa1a2Lan14an2，①

当n2时，a1a2Lan4an12， ② ①减②得

an14an4an1，an12an2an2an-1，bn2bn1，n2

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Qb12，bn0，nN+，bn12，n2 bnbn是等比数列，公比为2，b12

（2）由（1）得bn2，nN+，

nan12an2n，an1an1n，nN+ n12221a1an是等差数列，公差为，=0， n222an1n1， 2n2ann12n1.

【点睛】

本题考查作差法、构造法求数列的通项公式，属于中档题

19．（1）已知函数fxxax3，若存在xR使fxa，求实数a的取值

2范围；

（2）已知函数fxx2x2aa，对于任意a2,，fx0恒成立，

22求实数x的取值范围.

【答案】（1）,6U2,；（2）2,0

【解析】（1）由题意即存在xR使x2ax3a0，根据0得到不等式解得；（2）设gaa2ax2x，可知ga在2,上单调递减，由fx0恒

22成立，即g20即可解得. 【详解】

解：（1）存在xR使x2ax3a0，

a243a0，解得a6或a2

a的范围是,6U2,

（2）设gaa2ax2x，则ga在2,单调递减，

22Qfx0对a2,恒成立，

g2x22x0，解得2x0，

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\\x的范围是2,0

【点睛】

本题考查一元二次不等式的解法，不等式恒成立问题，属于中档题.

B、C的对边分别为a、b、c，20．ABC的内角A、已知2cosCacosBbcosAc. （1）求角C； （2）若c7，求ABC的周长L的最大值

【答案】（1）C3；（2）37 【解析】（1）利用正弦定理将边化角，再利用两角和的正弦公式计算可得； （2）利用余弦定理及基本不等式计算可得. 【详解】

解：（1）Q2cosCacosBbcosAc

由正弦定理得：2cosCsinAcosBsinBcosAsinC

2cosCsinABsinC，QsinABsinC0，

cosC1， 2QC0,，

C3

（2）由余弦定理得：c2a2b22abcosC 即7ab2abcos223ab3abab223122abab 44ab27，Labc37，当且仅当ab7等号成立，

∴周长L最大值为37. 【点睛】

本题考查正弦定理、余弦定理解三角形，以及基本不等式的应用，属于中档题. 21．数列an的前n项和为Sn=kkan，k0,1且k为常数. k1k1（1）求证an是等比数列，并求其通项公式；

（2）设bnanlgan，且bn是递增数列，求k的取值范围.

n【答案】（1）证明见解析，a1k；（2）0k1 2第 15 页 共 17 页

【解析】（1）根据anS1,n1求出数列的通项公式；

SnSn1,n2（2）由（1）可得bn的通项公式，又bn是递增数列，则bn+1bn0对nN+恒成立，参变分离即可求出参数的取值范围. 【详解】

kkan，① k1k1kkan1当n2时，Sn1=，② k1k1解：（1）QSn=①减②得

an=kkanan1， k1k1ankan1，n2

Qa1=kka1， k1k1ank，n2 an1a1k，Qa10，an0，nN+，an是首项为k，公比为k的等比数列，

ankn

nn（2）Qank，nN+，bnknlgk，nN+，

bn+1bnkn+1n1lgkknnlgkknlgkkn1n0，nN+ Qk0,1，lgk0，kn0，kn1n0，nN+，kQn11,1，0k

2n12n，nN+ n1【点睛】

本题考查由Sn求通项公式，以及数列单调性求参数的取值范围，属于中档题.

L,akn为等比数列，k11，k25，22．已知等差数列an公差d0，ak1,ak2,ak3,k317.

（1）求kn； （2）设bnnkn1，数列bn的前n项和为Sn，求Sn 2第 16 页 共 17 页

【答案】（1）kn23n13n2n111； （2）Sn42【解析】（1）由题意可得a1a17a5，从而得到a12d，即可得到ak,ak,ak,L,ak123n的

公比，即可得解.

（2）由（1）可得bn的通项公式，再用错位相减法求和. 【详解】

L,akn为等比数列，k11，k25，k317. 解：（1）Qak1,ak2,ak3,2a1a17a5，

2a1a116da14d，Qd0，a12d

∴公比为

a5a14d3， a1a1akna1kn1kn23n11

（2）bna1a13n1 2nkn1n3n1 2Sn130231332...n3n1 3Sn131232333...n3n

相减得：2Sn1333...3123n13n2n1113nnn3 n3132n3n2n11. Sn4【点睛】

本题考查等差、等比数列的性质，错位相减法求和属于中档题.

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