2018-2019上学期金太阳好教育高二文科数学期中考试仿真卷(A)(解析版附后)

2018-2019上学期金太阳好教育高二文科
数学期中考试仿真卷(A)(解析版附后)
2018-2019上学期金太阳好教育高二文科数学期中考试仿
真卷（A）（解析版附后）
第Ⅰ卷
一、选择题：本大题共12小题，每小题5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.[2018·宣威五中] 若 a。

b。

0，则下列不等式不成立的是（）
A。

(a+b)/2.√(ab)
B。

a。

b
C。

a+b < 2ab
D。

(1/2)(a+b) < (1/2)(√a+√b)^2
答案：C
解析：将 a。

b。

0 代入 a+b。

b。

0，所以 1/b。

2，所以 b。

0 矛盾，所以 C 不成立。

2.[2018·日照联考] 设集合 M=[1,2]，N={x∈Z|x^2-2x-3<0}，则M∩N=（）
A。

[1,2]
B。

(−1,3)
C。

{1}
D。

{1,2}
答案：C
解析：将 x^2-2x-3<0 移项得 (x-1)(x-3)<0，所以
N={x∈Z|1<x<3}，故M∩N={1}。

3.[2018·昆明黄冈实验] 已知等差数列 {an} 中，a3=9，
a9=3，则公差 d 的值为（）
A。

1/2
B。

1
C。

−1/2
D。

−1
答案：C
解析：设首项为 a1，则 a3=a1+2d，a9=a1+8d，联立可得
d=-1/2.
4.[2018·舒城中学] 若 x-y-1≤0，x-3y+3≥0，则 z=x+2y 的最大值为（）
A。

8
B。

7
C。

2
D。

1
答案：A
解析：将 x-y-1≤0 和 x-3y+3≥0 合并得到y≤(x+1)/2 且
y≥(x-3)/3，将其代入 z=x+2y 中，得到z≤11，当 x=5，y=3 时z=11，故最大值为 11.
5.[2018·___] 在等比数列 {an} 中，a3，a9 是方程 3x^2-11x+9=0 的两个根，则 a6 等于（）
A。

3
B。

11/6
C。

±3
D。

以上皆不是
答案：A
解析：设首项为 a1，公比为 q，则由已知得到 a3=3q，
a9=3/q，联立可得 q^2=1/3，所以q=±√(1/3)，又因为 a6=a3q^3，所以 a6=3.
6.[2018·___] 在△ABC中，角A，B，C 的对边分别为a，b，c，若 a^2+b^2=c^2-ab，则∠C=（）
A。

60°
B。

120°
C。

45°
D。

30°
答案：D
解析：将 a^2+b^2=c^2-ab 移项得 a^2+b^2+ab=c^2，由余
弦定理可得 cosC=(a^2+b^2-c^2)/(2ab)=-1/2，所以∠C=30°。

7.[2018·___] 已知lga+lgb=1，则___(a+b) 的最小值为（）
A。

lg2
B。

2^2
C。

−lg2
D。

2
答案：A
解析：设x=lg a，y=lg b，则x+y=1，所以a+b=10^(x+y)，又因为 log a+b=log 10^(x+y)=x+y=1，所以 a+b=10，故
___(a+b)=lg10=1，所以最小值为 lg2.
8.[2018·南昌联考] 已知数列 {an} 中第 15 项 a15=256，数
列 {bn} 满足 ___log2b14=7，且 an+1=anbn，则 a1=（）A。

1/2
B。

1
C。

2
D。

4
答案：B
解析：由 an+1=anbn 可得 a15=a1b1b2.b14，所以
b1b2.b14=256/a1，又因为 ___log2b14=7，所以
log2(b1b2.b14)=7，即 log2(256/a1)=7，所以 a1=256/2^7=1.
9.[___] 已知△ABC 中，a，b，c 分别为∠A，∠B，∠C
的对边，acosA=bcosB，则△ABC 为（）
A。

等腰三角形
B。

直角三角形
C。

等腰直角三角形
D。

等腰或直角三角形
答案：B
解析：由 acosA=bcosB 可得 ___，又因为 a，b，c 分别为
∠A，∠B，∠C 的对边，所以 a/___/sinC，所以
a/b=sinC/sinA=b/c，即a=c cosA，所以△ABC 为直角三角形。

10.[2018·___] 已知等差数列 {an} 的前 n 项和为 Sn，且
a1=−10，a2+a3+a4+a5+a6=−20，则“Sn 取得最小值”的一个充
分不必要条件是（）
A。

n=5 或 6
B。

n=5 或 6 或 7
C。

n=6
D。

n=11
答案：B
解析：由等差数列求和公式可得 S6=3a3，又因为
a2+a3+a4+a5+a6=−20，所以a2+a6=a3+a5=−10，即
a1+a5=a2+a4=−10，所以 S5=a1+a2+a3+a4+a5=-10，S6=a1+a2+。

+a6=-10，S7=a1+a2+。

+a7=-10+a7，所以 Sn 取得最小值的一
个充分不必要条件是 n=5 或 6 或 7.
20.某厂要用集装箱托运甲、乙两种货物，根据表中给出
的限制条件，设计甲、乙两种货物的集装箱数量以获得最大利润，最大利润是多少？
21.已知三角形ABC的内角A、B和$\sin A - \sin B + \sin
C \sin B = \frac{\sin C \sin A + \sin B - \sin C}{\sin B}$，求角A，并且如果三角形ABC的外接圆半径为1，求三角形ABC的面
积S的最大值。

22.设数列$\{a_n\}$的前n项和为$S_n$，点$(n。

n^2S_n)$都在函数$y=3x-2$的图像上。

(1) 求数列$\{a_n\}$的
通项公式；(2) 设$b_n = 3$，求数列$\{b_n\}$的前n项和
$T_n$。

1.若$a>b>1$，则不等式$a+b<2ab$不成立。

2.已知集合$M=[1,2]$，$N=\{x\in Z|x^2-2x-3<0\}$，则
$M\cap N=\{1,2\}$。

3.已知等差数列$\{a_n\}$中，$a_3=9$，$a_9=3$，则公差$d=-1$。

4.若$x-y-1\leq 0$，$x-3y+3\geq 0$，则$z=x+2y$的最大值
为7.
2) 若 $a=b$，则有 $\sin A = \sin B$，即 $A=B$ 或
$A+B=\pi$。

若 $A=B$，则由余弦定理可得 $c=\sqrt{2}a$，进
而 $S=\frac{1}{2}ac\sin A=\frac{1}{2}a^2\sqrt{2}\sin
A=\frac{1}{2}a^2\sqrt{2}\cdot\frac{\sqrt{2}}{2}=a^2$，为定值。

若$A+B=\pi$，则由正弦定理可得$c=\frac{a\sin A}{\sin C}$，进而 $S=\frac{1}{2}ac\sin A=\frac{1}{2}a^2\sin A\cdot\frac{\sin A}{\sin C}$。

由 $\sin A+\sin B>\sin C$ 可得 $\sin^2 A+\sin^2 B>1$，再由 $\sin A\leq 1$ 可得 $\sin B>0$，进而 $\sin
A\cdot\sin B>0$。

故 $\frac{1}{2}(\sin^2 A+\sin^2
B)\geq\frac{1}{4}$，即 $\frac{1}{2}\sin^2 A\geq\frac{1}{4}-
\sin^2 B$。

由余弦定理可得 $a^2=b^2+c^2-2bc\cos
A=b^2+c^2+2bc\cos B$，进而 $\sin^2 A=1-\cos^2 A=1-
\frac{(b^2+c^2-a^2)^2}{4b^2c^2}\geq\frac{(b^2+c^2-
a^2)^2}{4b^2c^2}$。

代入上式得
$\frac{1}{2}\cdot\frac{(b^2+c^2-
a^2)^2}{4b^2c^2}\geq\frac{1}{4}-\sin^2 B$，化简得 $a^2\leq b^2+c^2-2bc\cos B+\frac{bc}{2}\sin^2 B$。

由 $\sin B=\sin(\pi-A-C)=\sin(A+C)$ 可得 $\sin^2 B=\sin^2 A+\sin^2 C-2\sin A\sin C$，代入上式得 $a^2\leq b^2+c^2-2bc\cos
B+\frac{bc}{2}(\sin^2 A+\sin^2 C-2\sin A\sin C)$。

由 $\sin
A=\frac{2S}{bc}$ 可得 $\sin^2 A=\frac{4S^2}{b^2c^2}$，同理可得 $\sin^2 C=\frac{4S^2}{a^2b^2}$。

代入上式得 $a^2\leq b^2+c^2-2bc\cos B+2S(\frac{1}{b^2}+\frac{1}{a^2}-
\frac{2}{ab}\cos B)$。

由 $\cos B=\frac{a^2+b^2-c^2}{2ab}$ 可得 $\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}-\frac{2}{ab}\cos
B=\frac{a^2+b^2-c^2}{a^2b^2}$，代入上式得 $a^2\leq
b^2+c^2-2bc\cos B+2S\frac{a^2+b^2-c^2}{a^2b^2}$，化简得$a^4\leq b^2c^2+(b^2+c^2-a^2)^2$。

由 $a^2=b^2+c^2-2bc\cos A$ 可得 $a^4=b^4+c^4+2b^2c^2-2b^3c\cos A-2bc^3\cos
A+4b^2c^2\cos^2 A$，代入上式得 $b^4+c^4+2b^2c^2-
2b^3c\cos A-2bc^3\cos A+4b^2c^2\cos^2 A\leq
b^2c^2+(b^2+c^2-a^2)^2$，化简得 $b^4+c^4-2b^3c\cos A-
2bc^3\cos A+2b^2c^2(2\cos^2 A-1)\leq (b^2+c^2-a^2)^2$。

由余弦定理可得 $a^2=b^2+c^2-2bc\cos A=b^2+c^2+2bc\cos B$，进而 $\cos A=\frac{b^2+c^2-a^2}{2bc}=\frac{2bc-2b^2-
2c^2}{2bc}=1-\frac{b}{c}-\frac{c}{b}$。

代入上式得 $b^4+c^4-2b^3c(1-\frac{b}{c}-\frac{c}{b})-2bc^3(1-\frac{b}{c}-
\frac{c}{b})+2b^2c^2(2(1-\frac{b}{c}-\frac{c}{b})^2-1)\leq
(b^2+c^2-(b^2+c^2+2bc-2b^2-2c^2))^2$，化简得 $b^4+c^4-
2b^3c(\frac{c-b}{c})-2bc^3(\frac{b-c}{b})+2b^2c^2(3-
\frac{2b}{c}-\frac{2c}{b})\leq 4b^2c^2-4bc(b-c)^2$，即
$b^4+c^4+2bc(b^2+c^2-2bc-
3bc\frac{b^2+c^2}{bc}+2bc\frac{b^3+c^3}{bc})\leq 4b^2c^2-
4bc(b-c)^2$，化简得 $b^4+c^4+2bc(2b^3+2c^3-3b^2c^2)\leq
4b^2c^2+4bc(b-c)^2$，即 $b^4+c^4+4b^3c+4bc^3-6b^2c^2\leq 4b^2c^2+4bc(b^2-2bc+c^2)$，化简得 $b^4+c^4+4b^3c+4bc^3-2b^2c^2\leq 4b^3c+4bc^3$，即 $b^4+c^4-2b^2c^2\leq 0$，故$b=c$。

代入 $\sin A+\sin B>\sin C$ 中可得 $\sin A>0$，故$\frac{a}{2R}=2\sin\frac{A}{2}>0$，进而 $a>0$。

代入
$a^2=b^2+c^2-2bc\cos A$ 中可得 $a^2=2b^2-2bc$，进而
$\frac{a^2}{bc}=2\frac{b}{c}-2>0$，即 $\frac{b}{c}>1$。

由$\sin A+\sin B>\sin C$ 可得 $\sin A+\sin B>1$，进而
$\sin^2\frac{A}{2}+\sin^2\frac{B}{2}+2\sin\frac{A}{2}\sin\frac {B}{2}>1$，即 $\cos\frac{A-B}{2}<\frac{1}{2}$。

由 $\cos
A=\frac{b^2+c^2-a^2}{2bc}$ 可得 $b^2+c^2-a^2=2bc\cos
A=4b^2-4bc$，进而 $a^2=b^2+c^2-2bc\cos A=2b^2+2bc$。

由
余弦定理可得 $c^2=a^2+b^2-2ab\cos C=3b^2+2bc$，进而
$b^2=\frac{c^2-2bc}{3}$，代入 $a^2=2b^2+2bc$ 中可得
$a^2=\frac{2}{3}c^2-\frac{2}{3}bc$。

由海伦公式可得
$S=\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-
c)}=\sqrt{\frac{4}{3}a^2\cdot\frac{1}{3}c^2}=\frac{2}{3}ac$，
其中 $p=\frac{a+b+c}{2}=\frac{3}{2}b+\frac{1}{2}c$。

代入
$S=\frac{1}{2}ac\sin B$ 中可得 $\sin
B=\frac{4S}{ac}=\frac{8}{3}$，故 $\cos B=\sqrt{1-\sin^2 B}=-
\frac{1}{3}$。

由 $\cos A=\frac{b^2+c^2-a^2}{2bc}$ 可得
$\cos^2 A=\frac{(b^2+c^2-a^2)^2}{4b^2c^2}=\frac{(3b^2+2bc-
2b^2-2bc)^2}{4b^2(3b^2+2bc)}=\frac{1}{3}$，故 $\sin
A=\sqrt{1-\cos^2 A}=\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}}$。

由 $\sin
C=\frac{a\sin A}{b}=\frac{2\sqrt{2}}{3}$ 可得 $\cos C=\sqrt{1-
\sin^2 C}=-\frac{1}{3}$。

代入正弦定理中可得$b=2\sqrt{2}$，$c=3\sqrt{2}$。

故 $a=\sqrt{c^2-b^2}=3$，$R=\frac{a}{2\sin
A}=\frac{3\sqrt{3}}{4}$，$S=\frac{1}{2}ac\sin B=4\sqrt{2}$。

在函数图像上，对于y=3x-2，我们可以得到S_n=3n^2-2n，因此a_1=S_1=1，当n≥2时，a_n=S_n-S_{n-1}=3n^2-2n-[3(n-
1)^2-2(n-1)]=6n-5.经过验证，当n=1时，上述式子依然成立，
因此a_n=6n-5，n∈N*。

接下来考虑b_n的问题，根据题意，b_n=331×(11/(-
6n^2+7n-1))×(11/(-6n^2+13n+5))。

对于T_n=b_1+b_2+。

+b_n，我们可以将其表示为T_n=1/(6n+1)×[11/17+11/13+。

+11/(6n-5)]。

最后，我们可以得到1/(6n+1)×[11/(6n-
5)+11/(6n+1)]+1/(6n+1)×[11/(6n-11)+11/(6n+7)]+。

+1/(6n+1)×[11/17+11/13]=1/(6n+1)×[11/(6n-5)+11/(6n+1)+。

+11/17+11/13]。