（压轴题）高中必修五数学上期末试卷含答案.doc

1、【压轴题】高中必修五数学上期末试卷含答案一、选择题1记为等比数列的前项和.若，则（ ）A2B-4C2或-4D42在中分别为角所对的边,若,则此三角形一定是()A等腰直角三角形B直角三角形C等腰三角形D等腰三角形或直角三角形3设等比数列的前项和为，若 则（ ）ABCD4已知实数满足则的最大值是( )A-2B-1C1D25已知函数，则不等式的解集为 ( )ABCD6在中，A，B，C的对边分别为a，b，c，则的形状一定是( )A直角三角形B等边三角形C等腰三角形D等腰直角三角形7已知数列的首项，则（ ）ABCD8变量满足条件，则的最小值为（）ABC5D9等差数列中，已知，且公差，则其前项和取最小值时

2、的的值为( )A6B7C8D910如图，为了测量山坡上灯塔的高度，某人从高为的楼的底部处和楼顶处分别测得仰角为，若山坡高为，则灯塔高度是（ ）ABCD11设为等差数列的前项和，.若，则（ ）A的最大值为B的最小值为C的最大值为D的最小值为12在等差数列 中， 表示 的前 项和，若 ，则 的值为（ ）ABCD二、填空题13已知实数，且，则的最小值为_14已知数列满足：，记数列的前项和为，若对所有满足条件的，的最大值为、最小值为，则_.15若正数满足，则的取值范围_。16已知数列满足，其中是等差数列，且，则_17若关于 的不等式 的解集中的整数恰有 个，则实数 的取值范围是_18若的三个内角，且面

3、积，则该三角形的外接圆半径是_19设等比数列满足a1 + a2 = 1, a1 a3 = 3，则a4 = _20在数列中，且是公比为的等比数列设，则_()三、解答题21等差数列中，.(1)求的通项公式；(2)设，求数列的前项和.22在中,角、所对的边分别为、，角、的度数成等差数列，.（1）若，求的值；（2）求的最大值.23的内角，的对边分别为，已知的外接圆半径为，且.（1）求；（2）若，求的值.24已知是等差数列，是等比数列，且，（1）求的通项公式；（2）设，求数列的前n项和25已知是递增数列，其前项和为，且，（）求数列的通项；（）是否存在使得成立？若存在，写出一组符合条件的的值；若不存在，请

4、说明理由；（）设，若对于任意的，不等式恒成立，求正整数的最大值26已知函数部分图象如图所示. （1）求值及图中的值； （2）在中，角的对边分别为，已知，求的值 【参考答案】*试卷处理标记，请不要删除一、选择题1B解析：B【解析】【分析】利用等比数列的前项和公式求出公比，由此能求出结果【详解】为等比数列的前项和，解得，故选B【点睛】本题主要考查等比数列的性质以及其的前项和等基础知识，考查运算求解能力，是基础题2C解析：C【解析】在中，此三角形一定是等腰三角形，故选C.【方法点睛】本题主要考查利用余弦定理判断三角形形状，属于中档题.判断三角形状的常见方法是：（1）通过正弦定理和余弦定理，化边为角，

5、利用三角变换得出三角形内角之间的关系进行判断；(2)利用正弦定理、余弦定理，化角为边，通过代数恒等变换，求出边与边之间的关系进行判断；（3）根据余弦定理确定一个内角为钝角进而知其为钝角三角形.3B解析：B【解析】【分析】首先由等比数列前项和公式列方程，并解得，然后再次利用等比数列前项和公式，则求得答案【详解】设公比为，则，故选：B【点睛】本题考查等比数列前项和公式，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力、运算求解能力，求解时也可以利用连续等长片断的和序列仍然成等比数列，进行求解.4C解析：C【解析】作出可行域，如图内部（含两边），作直线，向上平移直线，增加，当过点时，是最大值故选

6、C5B解析：B【解析】分析：根据分段函数，分别解不等式，再求出并集即可详解：由于，当x0时，3+log2x5，即log2x2=log24，解得0x4，当x0时，x2x15，即（x3）（x+2）0，解得2x0，不等式f（x）5的解集为2，4，故选B点睛：本题考查了分段函数以及不等式的解法和集合的运算，分段函数的值域是将各段的值域并到一起，分段函数的定义域是将各段的定义域并到一起，分段函数的最值，先取每段的最值，再将两段的最值进行比较，最终取两者较大或者较小的.6A解析：A【解析】【分析】利用平方化倍角公式和边化角公式化简得到，结合三角形内角和定理化简得到，即可确定的形状【详解】化简得即即是直角三

7、角形故选A【点睛】本题考查了平方化倍角公式和正弦定理的边化角公式，在化简时，将边化为角，使边角混杂变统一，还有三角形内角和定理的运用，这一点往往容易忽略7C解析：C【解析】【分析】【详解】由，可得，是以为公差，以为首项的等差数列.，即.故选C.8C解析：C【解析】由约束条件画出可行域，如下图，可知当过A(0,1)点时，目标函数取最小值5，选C.9C解析：C【解析】因为等差数列中，所以，有， 所以当时前项和取最小值.故选C.10B解析：B【解析】【分析】过点作于点，过点作于点，在中由正弦定理求得，在中求得，从而求得灯塔的高度【详解】过点作于点，过点作于点，如图所示，在中，由正弦定理得，即，在中，

8、又山高为，则灯塔的高度是故选【点睛】本题考查了解三角形的应用和正弦定理，考查了转化思想，属中档题11C解析：C【解析】【分析】由已知条件推导出（n2n）d2n2d，从而得到d0，所以a70，a80，由此求出数列Sn中最小值是S7【详解】（n+1）SnnSn+1，SnnSn+1nSnnan+1即na1na1+n2d，整理得（n2n）d2n2dn2n2n2n2n0d010a70，a80数列的前7项为负，故数列Sn中最小值是S7故选C【点睛】本题考查等差数列中前n项和最小值的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意等差数列的性质的灵活运用12C解析：C【解析】【分析】由题意可知，利用等差数列的性质，得

9、，在利用等差数列的前n项和公式，即可求解，得到答案。【详解】由题意可知，数列为等差数列，所以，由等差数列的求和公式可得 ，故选C。【点睛】本题主要考查了等差数列的性质，及前项和公式的应用，其中解答中数列等差数列的性质和等差数列的前项和公式是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题。二、填空题133+54【解析】【分析】由a+b2得出b2a代入代数式中化简后换元t2a1得2at+1得出1t3再代入代数式化简后得出2t6t-(t2+5)然后在分式分子分母中同时除以t利用基本不等解析：【解析】【分析】由a+b2得出b2a，代入代数式中，化简后换元t2a1，得2at+1，得出1t3，再代入代数

10、式化简后得出，然后在分式分子分母中同时除以t，利用基本不等式即可求出该代数式的最小值【详解】解：由于a+b2，且ab0，则0b1a2，所以，令t2a1（1，3），则2at+1，所以，当且仅当，即当时，等号成立因此，的最小值为故答案为：【点睛】本题考查利用基本不等式求最值，解本题的关键就是对代数式进行化简变形，考查计算能力，属于中等题141078【解析】【分析】根据数列的递推关系求出数列的前四项的最大最小值得出何时和最大何时和最小进而求得结论【详解】解：因为数列an满足：即解得；或或；或所以最小为4最大为8；所以数列的最大值为时解析：1078【解析】【分析】根据数列的递推关系，求出数列的前四项的

11、最大，最小值，得出何时和最大，何时和最小，进而求得结论【详解】解：因为数列an满足：，即解得；或或；或，所以最小为4，最大为8；所以，数列的最大值为时，是首项为1，公比为2的等比数列的前项和：；取最小值时，是首项为1，公差为1的等差数列的前项和：；故答案为：【点睛】本题考查了数列的递推关系式，等比数列以及等差数列的通项公式与前n项和公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题本题的关键在于观察出数列的规律15【解析】【分析】先根据基本不等式可知a+b2代入题设等式中得关于不等式a+b的方程进而求得a+b的范围【详解】正数ab满足a+b2ab又ab=a+b+3a+b+3即（a+b）24（a解析：【

12、解析】【分析】先根据基本不等式可知a+b2 ，代入题设等式中得关于不等式a+b的方程，进而求得a+b的范围【详解】正数a，b满足 a+b2 ，ab又ab=a+b+3，a+b+3，即（a+b）24（a+b）120解得 a+b6故答案为：6，+）【点睛】本题主要考查了基本不等式在最值问题中的应用，考查了学生对基本不等式的整体把握和灵活运用162018【解析】【分析】数列anbn满足bnlnannN*其中bn是等差数列可得bn+1bnlnan+1lnanln常数t常数etq0因此数列an为等比数列由可得a1解析：2018【解析】【分析】数列an、bn满足bnlnan，nN*，其中bn是等差数列，可得

13、bn+1bnlnan+1lnanln常数t常数etq0，因此数列an为等比数列由，可得a1a1009a2a1008再利用对数运算性质即可得出【详解】解：数列an、bn满足bnlnan，nN*，其中bn是等差数列，bn+1bnlnan+1lnanln常数t常数etq0，因此数列an为等比数列且，a1a1009a2a1008则b1+b2+b1009ln（a1a2a1009）lne20182018故答案为：2018【点睛】本题考查了等比数列的通项公式与性质、对数运算性质，考查了推理能力与计算能力，属于中档题17【解析】试题分析：关于x的不等式（2x1）2ax2等价于其中且有故有不等式的解集为所以解集

14、中一定含有123可得所以解得考点：含参数的一元二次方程的解法解析：【解析】试题分析：关于x的不等式（2x1）2ax2等价于，其中且有，故有，不等式的解集为，所以解集中一定含有1,2,3，可得，所以，解得.考点：含参数的一元二次方程的解法.18【解析】【分析】设三角形外接圆半径R由三角形面积公式解方程即可得解【详解】由题：设三角形外接圆半径为R（）根据正弦定理和三角形面积公式：即解得：故答案为：【点睛】此题考查三角形面积公式和正弦定理的应解析：【解析】【分析】设三角形外接圆半径R，由三角形面积公式解方程即可得解.【详解】由题：设三角形外接圆半径为R（），根据正弦定理和三角形面积公式：即，解得：.

15、故答案为：【点睛】此题考查三角形面积公式和正弦定理的应用，利用正弦定理对面积公式进行转化求出相关量，需要对相关公式十分熟练.19-8【解析】设等比数列的公比为很明显结合等比数列的通项公式和题意可得方程组：由可得：代入可得由等比数列的通项公式可得【名师点睛】等比数列基本量的求解是等比数列中的一类基本问题解决这类问题的关键在于解析：-8【解析】设等比数列的公比为，很明显，结合等比数列的通项公式和题意可得方程组：，由可得：，代入可得，由等比数列的通项公式可得.【名师点睛】等比数列基本量的求解是等比数列中的一类基本问题，解决这类问题的关键在于熟练掌握等比数列的有关公式并能灵活运用，尤其需要注意的是，在

16、使用等比数列的前n项和公式时，应该要分类讨论，有时还应善于运用整体代换思想简化运算过程.20【解析】【分析】构造新数列计算前n项和计算极限即可【详解】构造新数列该数列首项为1公比为则而故【点睛】本道题考查了极限计算方法和等比数列前n项和属于中等难度的题目解析：【解析】【分析】构造新数列，计算前n项和，计算极限，即可。【详解】构造新数列，该数列首项为1，公比为， 则 而，故【点睛】本道题考查了极限计算方法和等比数列前n项和，属于中等难度的题目。三、解答题21（1）（2）【解析】【分析】【详解】(1)设等差数列an的公差为d，则ana1(n1)d.因为所以.解得a11，d.所以an的通项公式为an

17、.(2)bn，所以Sn22(1)；(2)【解析】【分析】【详解】(1) 由角的度数成等差数列，得.又.由正弦定理，得,即.由余弦定理，得,即，解得.(2) 由正弦定理，得.由，得.所以当，即时，.【方法点睛】解三角形问题基本思想方法：从条件出发，利用正弦定理(或余弦定理)进行代换、转化逐步化为纯粹的边与边或角与角的关系，即考虑如下两条途径：统一成角进行判断，常用正弦定理及三角恒等变换；统一成边进行判断，常用余弦定理、面积公式等23（1）；（2）.【解析】【分析】（1）由正弦定理化简已知三角等式，根据可得，即可求出角A；（2）由（1）可得，利用及正弦定理将分式化简，再利用余弦定理化简分式得，最后

18、利用正切和角公式代入，可求出结果.【详解】（1），由正弦定理得：，即，即得，.（2）由（1）知：，由余弦定理得：.【点睛】本题考查正弦定理、余弦定理、同角三角函数的基本关系等基础知识，考查学生数形结合、转化与化归以及运算求解能力，解决此类问题的关键是灵活运用正、余弦定理进行边角的互化，属于中等题.24（1）；（2）【解析】【分析】（1）设等差数列的公差为，等比数列的公比为，运用通项公式，可得，进而得到所求通项公式； （2）由（1）求得，运用等差数列和等比数列的求和公式，即可得到数列和【详解】（1）设等差数列的公差为，等比数列的公比为，因为，可得，所以，又由，所以，所以数列的通项公式为（2）由题

19、意知，则数列的前项和为【点睛】本题主要考查了等差数列和等比数列的通项公式和求和公式的运用，以及数列的分组求和，其中解答中熟记等差、等比数列的通项公式和前n项和公式，准确运算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题25（1）（2）不存在（3）8【解析】【分析】【详解】（），得，解得，或由于，所以因为，所以.故，整理，得，即因为是递增数列，且，故，因此则数列是以2为首项，为公差的等差数列.所以.5分（）满足条件的正整数不存在，证明如下：假设存在，使得，则整理，得， 显然，左边为整数，所以式不成立故满足条件的正整数不存在 8分（），不等式可转化为设，则.所以，即当增大时，也增大要使不等式对于任意的恒成立，只需即可因为，所以.即.所以，正整数的最大值为8 14分26（1）,（2）【解析】试题分析：（1）根据图象可得，从而求得得值，再根据，可得，结合图象可得的值；（2）根据（1）的结论及，可得的值，将 根据正弦定理角化边得，再根据余弦定理即可解得的值.试题解析：（1）由图象可以知道：.又 ，, 从而.由图象可以知道,所以 （2）由,得,且. 由正弦定理得 又由余弦定理得： 解得