2021-2021学年河南省豫南九校高二上学期第二次联考数学(文)试题(解析版)

2021-2021学年河南省豫南九校高二上学期第二次联考数学（文）试题（解析版）
20XX-2021学年河南省豫南九校高二上学期第二次联考数学（文）试题
一、单选题
1．不等式的解集是
A.
B.C.
D.【答案】B
【解析】因式分解不等式，可直接求得其解集。

【详解】，，解得.【点睛】
本题考查求不等式解集，属于基础题。

2．设命题，则为().A．
B．
C．
D．
【答案】C 【解析】命题，则为:,故选C.3．在中，则（
）
A.B.
C.D.或
【答案】D 【解析】先选用正弦定理求解的大小，再根据的内角和为即可求解的大小.【详解】
因为，代入数值得：；
又因为，所以，则或；
当时，；
当时，.所以或.
故选：D.【点睛】
解三角形过程中涉及到多解的时候，不能直接认为所有解都合适，要通过给出的条判断边或角的大小关系，从而决定解的个数， 4．记等差数列的前项和为.若，，则的公差为（）
A.3
B.2
C.-2
D.-3 【答案】A 【解析】根据等差数列的性质，由求得的值，根据等差数列公差的计算公式计算出公差.【详解】
由等差数列性质可知，，解得，故.故选：A.【点睛】
本小题主要考查等差数列前项和公式，考查等差数列的性质，考查等差数列公差的计算公式，属于基础题.5．已知等比数列的前项和为，若，，则（
）
A．
B．
C．
D．
【答案】A 【解析】根据等比数列的性质，得到，结合题中数据，即可得出结果.【详解】
因为等比数列的前项和为，且，，则,则.故选A
【点睛】本题考查等比数列的性质，熟记等比数列的性质即可，属于常考题型.6．已知实数满足不等式则的最小值为
（）
A．
B．5
C．4
D．无最小值
【答案】C 【解析】首先画出可行域，然后结合目标函数的几何意义即可确定最值.【详解】
绘制不等式组表示的平面区域如图所示，目标函数即：，其中z取得最小值时，其几何意义表示直线系在y轴上的截距最小，据此结合目标函数的几何意义可知目标函数在点A处取得最大值，联立直线方程：，可得点的坐标为：，据此可知目标函数的最小值为：.故选：C.
【点睛】求线性目标函数z＝ax＋by(ab≠0)的最值，当b＞0时，直线过可行域且在y轴上截距最大时，z值最大，在y轴截距最小时，z值最小；当b＜0时，直线过可行域且在y轴上截距最大时，z值最小，在y轴上截距最小时，z值最大.7．已知a、b、c分别是△ABC的内角A、B、C的对边，若，则的形状为（
）
A．钝角三角形
B．直角三角形
C．锐角三角形
D．等边三角形
【答案】A 【解析】将原式进行变形，再利用内角和定理转化，最后可得角B的范围，可得三角形形状.【详解】因为在三角形中，变形为由内角和定理可得化简可得：
所以所以三角形为钝角三角形故选A 【点睛】本题考查了解三角形，主要是公式的变形是解题的关键，属于较为基础题.8．设，则（
）
A．
B．
C．
D．
【答案】B 【解析】利用单调性，通过取中间值，即可得到.再不等式的性质，以及对数的运算，即可得到.再通过作差法，即可得到，从而得到的大小比较.【详解】
因为，所以，因为，而，所以，即可得，因为，所以，所以，故选B.【点睛】
本题主要考查了比较大小的问题，涉及到单调性的运用、对数运算公式以及不等式的性质应用，属于中档题.对于比较大小问题，常用的方法有：（1）作差法，通过两式作差、化简，然后与进行比较，从而确定大小关系；（2）作商法，通过两式作商、化简（注意分母不能为零），然后与进行比较，从而确定大小关系；（3）取中间值法，通过取特殊的中间值（一般取等），分别比较两式与中间值的大小关系，再利用不等式的传递性即可得到两式的大小关系；（4）构造函数法，通过构造函数，使得两式均为该函数的函数值，然后利用该函数的单调性以及对应自变量的大小关系，从而得到两式的大小关系.
9．等比数列的前项和为，若，,则（）
A．
B．
C．
D．
【答案】C 【解析】由题，等比数列及其性质，易求出，再取，求得，即可求得公比，既而求得答案.【详解】
因为等比数列，，由性质可得又因为所以当时，有，即公比所以故选C 【点睛】本题主要考查了等比数列，掌握好等比数列的性质和通项是解题的关键，属于较为基础题.10．我国南宋著名数学家秦九韶提出了由三角形三边求三角形面积的“三斜求积”，设的三个内角，，所对的边分别为，，，面积为，则
“三斜求积”公式为，若，，则用“三斜求积”公式求得的面积为(
)
A.B.
1C.D.
【答案】C 【解析】根据正弦定理：由得的值，再由得的值，利用公式可得结论．
【详解】∵，∴，，因为，所以，，从而的面积为.故选：C．
【点睛】本题主要考查给出新的公式，并用新的公式解题的能力，比较基础．
11．已知正项等比数列满足,若存在两项使得，则的最小值为( ) A．
B．
C．
D．
【答案】B 【解析】根据，求出公比的值，利用存在两项，使得，写出之间的关系，结合基本不等式即可得到最小值【详解】设等比数列的公比为，，，，，存在两项使
得，，，， ,，当且仅当时取得等号，则有，又由，得时，取最小值为答案：B 【点睛】本题考查基本不等式的应用，属于基础题
12．在中，角，，所对应的边分别为，若，，则面积的最大值为（）
A.B.
C.D.
【答案】A 【解析】中，由正弦定理可得，利用余弦定理可得：．结合，，都用表示，利用余弦定理及其基本不等式的性质可得的最小值，可得的最大值，即可得出三角形面积的最大值．【详解】由正弦定理得：
由余弦定理得：，即当且仅当，，时取等号， ,则，所以面积的最大值1.故选:.
【点睛】本题考查了正弦定理、余弦定理和基本不等式，属于难题.
二、填空题
13．在中，角，，的对边分别是，，，若，，，则_______.
【答案】3 【解析】直接利用余弦定理，转化求解即可。

【详解】解：由余弦定理可得：，解得.故答案为：3。

【点睛】本题考查余弦定理的应用，是基础题。

14．已知，，，且是成立的必要不充分条，则实数的取值范围是__________．
【答案】【解析】先解出不等式得出解集为，由题意得出，列出不等式组解出实数的取值范围.【详解】
解不等式，即，得，.由于是成立的必要不充分条，则，所以，
解得，因此，实数的取值范围是，故答案为：.【点睛】
本题考查利用充分必要性求参数的取值范围，涉及绝对值不
等式的解法，解题的关键就是利用充分必要性转化为两集合间的
包含关系，考查化归与转化思想，属于中等题.15．在中，内角，，所对应的边长分别为，，，且，，则的外接圆面积为
__________．
【答案】【解析】根据正弦定理得到，再根据计算得到答案.【详解】
由正弦定理知：，即，，，即.故.故答案为
【点睛】本题考查了正弦定理，外接圆面积，意在考查学生的计算能力.16．记数列的前项和为，若，则数列的通项公式为
______.
【答案】【解析】利用，求得的递推关系式，然后利用配凑法将关系式配成等比数列的形式，由此求得数列的通项公式.【详解】
当时，，解得；当时，，，两式相减可得，，故，设，故，即，故.故数列是以为首项，为公比的等比数列，故，故.故答案为：
【点睛】本小题主要考查已知的表达式，求的表达式，考查利用配凑法求数列的通项公式，属于中档题.
三、解答题
17．在中，角所对的边分别为，且满足.
(Ⅰ)求角的大小；
(Ⅱ)若，，求边上的中线的长.【答案】（Ⅰ）；
（Ⅱ）.【解析】(Ⅰ)由题意结合正弦定理边化角，求得的值即可确定∠A的大小；
(Ⅱ)易知△ABC为等腰三角形，利用余弦定理可得AM的长.【详解】
（Ⅰ）因为，由正弦定理可得，因为，所以，因为，所以，．
（Ⅱ）由，则，所以，，，由余弦定理可得，所以．
【点睛】在处理三角形中的边角关系时，一般全部化为角的关系，或全部化为边的关系．题中若出现边的一次式一般采用到正弦定理，出现边的二次式一般采用到余弦定理．
18．已知，，，.
（1）若为真命题，求的取值范围；
（2）若为真命题，且为假命题，求的取值范围.【答案】（1）；（2）
【解析】(1)分a=0和两种情况讨论即可；（2）因为为真命题，且为假命题，所以真假或假真，当真假，有解出即可，当假真，有解出即可.【详解】
(1)当时，不恒成立，不符合题意；
当时，，解得.综上所述：.
(2)，，则.因为为真命题，且为假命题，所以真假或假真，
当真假，有，即；
当假真，有，则无解.综上所述，.
【点睛】由简单命题和逻辑连接词构成的复合命题的真假可以用真值表来判断，反之根据复合命题的真假也可以判断简单命题的真假．假若p且q真，则p
真，q也真；若p或q真，则p，q至少有一个真；若p且q 假，则p，q至少有一个假．（2）可把“p或q”为真命题转化为并集的运算；把“p且q”为真命题转化为交集的运算．19．已知数列是公比大于1的等比数列，，且是与的等差中项．
I.求数列的通项公式；
II.设，为数列的前n项和，记，证明：．
【答案】I.；II.见解析【解析】I.根据等差中项性质得到，再根据等比数列通项公式构造方程求得，从而可求得通项公式；II.根据求得，利用等差数列求和公式得到；再根据裂项相消法求得，根据证得结论.【详解】
I.由题意得：
设数列公比为，则，即解得：（舍去）或则
II.由I.得：，可知为首项为，公差为的等差数列则即【点睛】本题考查等比数列通项公式的求解、裂项相消法求解数
列的前项和问题，关键是能够确定需求和的数列的通项公式符合
裂项相消法的形式，从而使问题得以解决.
20．已知向量，，函数（）.
（Ⅰ）求函数的最大值和最小正周期；
（Ⅱ）在中，角，，所对的边分别为，，，满足，且，求的值.【答案】（Ⅰ）函数的最大值为1，其最小正周期为;（Ⅱ）2.
【解析】【试题分析】（1）先运用向量的数量积公式求
出，再运用三角变换中的余弦倍角公式和两角差的正弦公式，
化简得到 .（2）先借助，求出或（此时，关于，的方程无解，舍去），再借助正弦定理将化为，进而求出。

解：（Ⅰ）由于
.∴函数的最大值为1，其最小正周期为.
（Ⅱ）由于，∵，∴，则有或，解得或（此时，关于，的方程无解，舍去）.又由，结合正弦定理可得，
所以
21．在中，角所对的边分别为,且
.（1）求角C；
（2）若的中线CE的长为1，求的面积的最大值.【答案】（1）；（2）.
【解析】（1）根据正弦定理化简，结合余弦定理，可得角的大小；
（2）利用三角形中线长定理，再利用余弦定理化简后，结合基本不等式可得的最大值，即可求得面积的最大值【详解】（1）由，得：
，即,由余弦定理得∴，∵，∴ .（2）由余弦定理：
①，②，由三角形中线长定理可得：①+②得即∵，∴ ∴，当且仅当时取等号所以.【点睛】
本题考查正弦定理、余弦定理及三角形中线长定理的应用，属于基础题
22．已知数列的前项和为，且（），.数列为等比数列，且.（Ⅰ）求和的通项公式；
（Ⅱ）设，求数列的前项和.【答案】（1），；（2）.
【解析】（1）先得到数列是以2为公差的等差数列，由求出首项，可得的通项公式，由求出等比数列的首项与公比，从而可得的通项公式；（2）利用（1）得，结合等比数列的求和公式，利用错位相减法可得结果.【详解】
（1）由已知得：，数列是以2为公差的等差数列.
，，， .
设等比数列的公比为，，，， .
（2）由题意，得，， .
上述两式相减，得 , .【点睛】
本题主要考查等差数列与等比数列通项公式基本量运算，以及等比数列的求和公式，错位相减法的应用，属于中档题.“错位
相减法”求数列的和是重点也是难点，利用“错位相减法”求数列的和应注意以下几点：①掌握运用“错位相减法”求数列的和的条（一个等差数列与一个等比数列的积）；②相减时注意最后一项
的符号；③求和时注意项数别出错；④最后结果一定不能忘记等式两边同时除以.。