1、【必考题】高中三年级数学下期中模拟试卷及答案一、选择题1已知数列的前项和为，且，若对任意，都有成立，则实数的取值范围是（ ）ABCD2已知函数，则不等式的解集为 ( )ABCD3已知数列的首项，则（ ）ABCD4已知集合，对于满足集合A的所有实数t，使不等式恒成立的x的取值范围为ABCD5若直线上存在点满足则实数的最大值为ABCD6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（ ）ABCD7已知关于的不等式的解集为，则的最大值是（ ）ABCD8数列中，则数列的前8项和等于（ ）A32B36C38D409已知等差数列的前项为，且，则使得取
2、最小值时的为（ ）A1B6C7D6或710已知：，且，若恒成立，则实数的取值范围是（ ）ABCD11若正数满足，则的最大值为ABCD12在中，角，所对的边分别是，则（ ）A或BCD二、填空题13设函数，对任意，恒成立，则实数的取值范围是 .14已知锐角三角形的边长分别为1，3，则的取值范围是_15数列满足，且，则通项公式_16设等比数列满足a1 + a2 = 1, a1 a3 = 3，则a4 = _17已知数列的前项和为，且对于任意，满足，则的值为_18若a0,b0,a+b=2，则下列不等式对一切满足条件的a，b恒成立的是 (写出所有正确命题的编号)ab1； +； a2+b22；a3+b33;
3、.19对一切实数x，不等式恒成立，则实数a的取值范围是_20在中，则_；的面积是_三、解答题21已知等差数列的所有项和为，且该数列前项和为，最后项的和为.（1）求数列的项数；（2）求的值.22在中，角的对边分别为，且.（1）求的值；（2）求的值.23已知各项均为正数的等比数列的首项为，且。（1）求数列的通项公式；（2）若，数列的前项和为，数列的前项和为，试比较与的大小.24在中，角所对的边分别为，且（）求的值；（）若，,求的面积25设a，b，c均为正数，且a+b+c=1，证明：（）ab+bc+ac；（）.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
4、处理标记，请不要删除一、选择题1B解析：B【解析】即对任意都成立，当时，当时，当时，归纳得：故选点睛：根据已知条件运用分组求和法不难计算出数列的前项和为，为求的取值范围则根据为奇数和为偶数两种情况进行分类讨论，求得最后的结果2B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
5、，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.3C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.4B解析：B【解析】【分析】由条件求出t的范围，不等式变形为恒成立，即不等式恒成立，再由不等式的左边两个因式同为正或同为负处理【详解】由得，不等式恒成立，即不等式恒成立，即不等式恒成立，只需或恒成立，只需或恒成立，只需或即可故选：B【点睛】本题考查了一元二次不等式的解法问题，难度较大，充分利用恒成立的思想解题是关键5B解析：B【解析】【分析】首先画出可行域，然后结合交点坐标平移直线即可确定实数m的最大值.【详解】不等式组
6、表示的平面区域如下图所示，由，得：，即C点坐标为（1，2），平移直线xm，移到C点或C点的左边时，直线上存在点在平面区域内，所以，m1，即实数的最大值为1.【点睛】本题主要考查线性规划及其应用，属于中等题.6B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，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7D解析：D【解析】：不等式x2-4ax+3a20（a0）的解集为（x1，x2）， 根据韦达定理，可得：，x1+x2=4a，
7、那么：=4a+ a0， -（4a+）2=，即4a+- 故的最大值为 故选D 点睛：本题主要考查基本不等式，其难点主要在于利用三角形的一边及这条边上的高表示内接正方形的边长.在用基本不等式求最值时，应具备三个条件：一正二定三相等.一正：关系式中，各项均为正数；二定：关系式中，含变量的各项的和或积必须有一个为定值；三相等：含变量的各项均相等，取得最值.8B解析：B【解析】【分析】根据所给数列表达式，递推后可得.并将原式两边同时乘以后与变形后的式子相加，即可求得，即隔项和的形式.进而取n的值，代入即可求解.【详解】由已知，得，由得，取及，易得，故.故选：B.【点睛】本题考查了数列递推公式的应用，对数
8、列表达式进行合理变形的解决此题的关键，属于中档题.9B解析：B【解析】试题分析：由等差数列的性质，可得，又，所以，所以数列的通项公式为，令，解得，所以数列的前六项为负数，从第七项开始为正数，所以使得取最小值时的为，故选B考点：等差数列的性质.10A解析：A【解析】【分析】若恒成立,则的最小值大于,利用均值定理及“1”的代换求得的最小值,进而求解即可.【详解】由题,因为,所以,当且仅当,即,时等号成立,因为恒成立,则,即,解得,故选:A【点睛】本题考查均值不等式中“1”的代换的应用,考查利用均值定理求最值,考查不等式恒成立问题.11A解析：A【解析】【分析】分析题意，取倒数进而求的最小值即可；结
9、合基本不等式中“1”的代换应用即可求解。【详解】因为，化简可得，左右两边同时除以xy得 求的最大值，即求 的最小值所以 ，当且仅当时取等号所以的最大值为所以选A【点睛】本题考查了基本不等式的简单应用，关键要注意“1”的灵活应用，属于基础题。12C解析：C【解析】【分析】将已知代入正弦定理可得，根据，由三角形中大边对大角可得：，即可求得.【详解】解：，由正弦定理得：故选C.【点睛】本题考查了正弦定理、三角形的边角大小关系，考查了推理能力与计算能力.二、填空题13【解析】【分析】【详解】根据题意由于函数对任意恒成立分离参数的思想可知递增最小值为即可知满足即可成立故答案为解析：【解析】【分析】【详解
10、】根据题意，由于函数，对任意，恒成立，分离参数的思想可知，, 递增，最小值为， 即可知满足即可成立故答案为14【解析】由三角形中三边关系及余弦定理可得应满足解得实数的取值范围是答案：点睛：根据三角形的形状判断边满足的条件时需要综合考虑边的限制条件在本题中要注意锐角三角形这一条件的运用必须要考虑到三个内角的解析：【解析】由三角形中三边关系及余弦定理可得应满足，解得，实数的取值范围是答案：点睛：根据三角形的形状判断边满足的条件时，需要综合考虑边的限制条件，在本题中要注意锐角三角形这一条件的运用，必须要考虑到三个内角的余弦值都要大于零，并由此得到不等式，进一步得到边所要满足的范围15【解析】【分析】
11、构造数列得到数列是首项为1公差为2的等差数列得到【详解】设则数列是首项为1公差为2的等差数列故答案为【点睛】本题考查了数列的通项公式的求法构造数列是解题的关键意在考查学生对于数列通项解析：【解析】【分析】构造数列，得到数列是首项为1公差为2的等差数列，得到.【详解】设，则， 数列是首项为1公差为2的等差数列故答案为【点睛】本题考查了数列的通项公式的求法，构造数列是解题的关键，意在考查学生对于数列通项公式的记忆，理解和应用.16-8【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
12、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.1791【解析】【分析】由Sn+1+Sn12（Sn+1）可得Sn+1SnSnSn1+2可得an+1an2利用等差数列的通项公式与求和公式即可得出【详解】对于任意n1nN*满足Sn+解析：91【解析】【分析】由S
13、n+1+Sn12（Sn+1），可得Sn+1SnSnSn1+2，可得an+1an2利用等差数列的通项公式与求和公式即可得出【详解】对于任意n1，nN*，满足Sn+1+Sn12（Sn+1），n2时，Sn+1SnSnSn1+2，an+1an2数列an在n2时是等差数列，公差为2则1+9291故答案为91【点睛】本题考查了数列递推关系、等差数列的通项公式与求和公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题18【解析】【分析】【详解】对于：因为所以所以故项正确；对于：左边平方可得：所以故项错误；而利用特殊值代入中式子也可得出错误的结论；对于：因为由知所以故项正确；对于：故项错误解析：【解析】【分析】【详解】
14、对于：因为，所以，所以，故项正确；对于：左边平方可得：，所以，故项错误；而利用特殊值，代入中式子，也可得出错误的结论；对于：因为，由知，所以，故项正确；对于：,故项错误；对于+=2，故项正确；故本题正确答案为：.192+）【解析】【分析】根据题意分x=0与x0两种情况讨论x=0时易得原不等式恒成立x0时原式可变形为a-（|x|+）由基本不等式的性质易得a的范围综合两种情况可得答案【详解】根据题意分两解析：2，+）【解析】【分析】根据题意，分x=0与x0两种情况讨论，x=0时，易得原不等式恒成立，x0时，原式可变形为a-（|x|+ ），由基本不等式的性质，易得a的范围，综合两种情况可得答案.【详
15、解】根据题意，分两种情况讨论；x=0时，原式为10，恒成立，则aR；x0时，原式可化为a|x|-（x2+1），即a-（|x|+ ）,又由|x|+2，则-（|x|+）-2；要使不等式x2+a|x|+10恒成立，需有a-2即可；综上可得，a的取值范围是-2，+）；故答案为-2，+）【点睛】本题考查不等式恒成立问题的解法，运用分类讨论和参数分离、基本不等式求最值是解题的关键，属于中档题20；【解析】试题分析：由余弦定理得即得考点：余弦定理三角形面积公式解析：；【解析】试题分析：由余弦定理得，即，得，.考点：余弦定理，三角形面积公式.三、解答题21（1）50；（2）30【解析】【分析】(1)根据条件结
16、合等差数列的性质可得,再根据的所有项和为,即可求出项数n的值;(2)根据(1)求出的首项和公差d,然后将用和d表示,再求出其值.【详解】解:(1)由题意,得,根据等差数列性质,可知,又的所有项和为,即数列的项数为.(2)由(1)知,即,.【点睛】本题考查了等差数列的性质和前n项和公式,考查了转化思想和方程思想,属基中档题.22（1）（2）【解析】试题分析：（1）利用余弦定理表示出 ，将已知等式代入即可求出的值；（2）由可求出 的值，然后利用两角和的余弦公式可得结果.试题解析：（1）由，得，根据余弦定理得；（2）由，得，23（1）；（2）【解析】【分析】(1)根据数列的首项为,且,可得关于和公比
17、的不等式组,解出和可得数列的通项公式;(2)根据条件分别利用等比数列和等差数列的前n项和公式,求出的前项和为,的前n项和,再用列项相消法求出,然后比较与的大小即可.【详解】解:(1)由题意,设,则,解得或(舍),即.(2)由(1)知,.,又,.【点睛】本题考查了数列通项公式的求法,等差数列的前n项和公式,等比数列的前n项和公式和裂项相消法求数列的前n项和,考查了方程思想和计算能力,属中档题.24（1） ； （2）.【解析】【分析】（）已知等式括号中第一项利用同角三角函数间基本关系化简，整理后求出cosB的值，确定出sinB的值，（）利用余弦定理表示出cosB，利用完全平方公式变形后，将a+b，
18、b，cosB的值代入求出ac的值，再由sinB的值，利用三角形面积公式即可求出三角形ABC面积【详解】（）由得，, ，即， ，又 , （）由余弦定理得： ， 又，, 【点睛】本题考查了余弦定理，两角和与差的正弦函数公式，二倍角的正弦、余弦函数公式，以及同角三角函数间的基本关系，熟练掌握余弦定理是解本题的关键25（）证明见解析；（II）证明见解析.【解析】【分析】【详解】（）由，得：，由题设得，即，所以，即.（）因为，所以，即，所以.本题第（）（）两问，都可以由均值不等式,相加即得到.在应用均值不等式时,注意等号成立的条件:“一正二定三相等”.【考点定位】本小题主要考查不等式的证明,熟练基础知识是解答好本类题目的关键.26（）；（）.【解析】【分析】（）由题意可得则利用通项公式与前n项和的关系可得 （） 由（1）可知，结合等比数列前n项和公式计算可得数列的前项和.【详解】（）由 得所以当时，当时，所以 检验符合 （） 由（1）可知所以.设数列的前项和为，则： 所以数列的前项和为.【点睛】本题主要考查数列通项公式与前n项和公式的关系，等比数列前n项和公式及其应用等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.
