2018-2019上學(xué)期金太陽(yáng)好教育高二文科數(shù)學(xué)期中考試仿真卷(A)(解析版附后)

2018-2019上學(xué)期金太陽(yáng)好教育高二文科數(shù)學(xué)期中考試仿真卷(A)(解析版附后)2018-2019上學(xué)期金太陽(yáng)好教育高二文科數(shù)學(xué)期中考試仿真卷（A）（解析版附后）第Ⅰ卷一、選擇題：本大題共12小題，每小題5分，在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的．1.[2018·宣威五中]若a>b>0，則下列不等式不成立的是（）A.(a+b)/2>√(ab)B.a>bC.a+b<2abD.(1/2)(a+b)<(1/2)(√a+√b)^2答案：C解析：將a>b>0代入a+b<2ab中，得到1/b+1/a<2，由于a>b>0，所以1/b<1/a，故1/b+1/a<2/b，即2/b>2，所以b<1，與b>0矛盾，所以C不成立。2.[2018·日照聯(lián)考]設(shè)集合M=[1,2]，N={x∈Z|x^2-2x-3<0}，則M∩N=（）A.[1,2]B.(?1,3)C.{1}D.{1,2}答案：C解析：將x^2-2x-3<0移項(xiàng)得(x-1)(x-3)<0，所以N={x∈Z|1<x<3}，故M∩N={1}。3.[2018·昆明黃岡實(shí)驗(yàn)]已知等差數(shù)列{an}中，a3=9，a9=3，則公差d的值為（）A.1/2B.1C.?1/2D.?1答案：C解析：設(shè)首項(xiàng)為a1，則a3=a1+2d，a9=a1+8d，聯(lián)立可得d=-1/2。4.[2018·舒城中學(xué)]若x-y-1≤0，x-3y+3≥0，則z=x+2y的最大值為（）A.8B.7C.2D.1答案：A解析：將x-y-1≤0和x-3y+3≥0合并得到y(tǒng)≤(x+1)/2且y≥(x-3)/3，將其代入z=x+2y中，得到z≤11，當(dāng)x=5，y=3時(shí)z=11，故最大值為11。5.[2018·安徽師大附中]在等比數(shù)列{an}中，a3，a9是方程3x^2-11x+9=0的兩個(gè)根，則a6等于（）A.3B.11/6C.±3D.以上皆不是答案：A解析：設(shè)首項(xiàng)為a1，公比為q，則由已知得到a3=3q，a9=3/q，聯(lián)立可得q^2=1/3，所以q=±√(1/3)，又因?yàn)閍6=a3q^3，所以a6=3。6.[2018·黃岡實(shí)驗(yàn)學(xué)校]在△ABC中，角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，若a^2+b^2=c^2-ab，則∠C=（）A.60°B.120°C.45°D.30°答案：D解析：將a^2+b^2=c^2-ab移項(xiàng)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·人大附中]已知lga+lgb=1，則lg(a+b)的最小值為（）A.lg2B.2^2C.?lg2D.2答案：A解析：設(shè)x=lga，y=lgb，則x+y=1，所以a+b=10^(x+y)，又因?yàn)閘oga+b=log10^(x+y)=x+y=1，所以a+b=10，故lg(a+b)=lg10=1，所以最小值為lg2。8.[2018·南昌聯(lián)考]已知數(shù)列{an}中第15項(xiàng)a15=256，數(shù)列{bn}滿(mǎn)足log2b1+log2b2+...+log2b14=7，且an+1=anbn，則a1=（）A.1/2B.1C.2D.4答案：B解析：由an+1=anbn可得a15=a1b1b2...b14，所以b1b2...b14=256/a1，又因?yàn)閘og2b1+log2b2+...+log2b14=7，所以log2(b1b2...b14)=7，即log2(256/a1)=7，所以a1=256/2^7=1。9.[2018·正定縣第三中學(xué)]已知△ABC中，a，b，c分別為∠A，∠B，∠C的對(duì)邊，acosA=bcosB，則△ABC為（）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a/b=cosB/cosA=sinC/sinA，又因?yàn)閍，b，c分別為∠A，∠B，∠C的對(duì)邊，所以a/sinA=b/sinB=c/sinC，所以a/b=sinC/sinA=b/c，即a=ccosA，所以△ABC為直角三角形。10.[2018·黃陵中學(xué)]已知等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且a1=?10，a2+a3+a4+a5+a6=?20，則“Sn取得最小值”的一個(gè)充分不必要條件是（）A.n=5或6B.n=5或6或7C.n=6D.n=11答案：B解析：由等差數(shù)列求和公式可得S6=3a3，又因?yàn)閍2+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取得最小值的一個(gè)充分不必要條件是n=5或6或7。20.某廠(chǎng)要用集裝箱托運(yùn)甲、乙兩種貨物，根據(jù)表中給出的限制條件，設(shè)計(jì)甲、乙兩種貨物的集裝箱數(shù)量以獲得最大利潤(rùn)，最大利潤(rùn)是多少？21.已知三角形ABC的內(nèi)角A、B和$\sinA-\sinB+\sinC\sinB=\frac{\sinC\sinA+\sinB-\sinC}{\sinB}$，求角A，并且如果三角形ABC的外接圓半徑為1，求三角形ABC的面積S的最大值。22.設(shè)數(shù)列$\{a_n\}$的前n項(xiàng)和為$S_n$，點(diǎn)$(n,n^2S_n)$都在函數(shù)$y=3x-2$的圖像上。(1)求數(shù)列$\{a_n\}$的通項(xiàng)公式；(2)設(shè)$b_n=3$，求數(shù)列$\{b_n\}$的前n項(xiàng)和$T_n$。1.若$a>b>1$，則不等式$a+b<2ab$不成立。2.已知集合$M=[1,2]$，$N=\{x\inZ|x^2-2x-3<0\}$，則$M\capN=\{1,2\}$。3.已知等差數(shù)列$\{a_n\}$中，$a_3=9$，$a_9=3$，則公差$d=-1$。4.若$x-y-1\leq0$，$x-3y+3\geq0$，則$z=x+2y$的最大值為7。(2)若$a=b$，則有$\sinA=\sinB$，即$A=B$或$A+B=\pi$。若$A=B$，則由余弦定理可得$c=\sqrt{2}a$，進(jìn)而$S=\frac{1}{2}ac\sinA=\frac{1}{2}a^2\sqrt{2}\sinA=\frac{1}{2}a^2\sqrt{2}\cdot\frac{\sqrt{2}}{2}=a^2$，為定值。若$A+B=\pi$，則由正弦定理可得$c=\frac{a\sinA}{\sinC}$，進(jìn)而$S=\frac{1}{2}ac\sinA=\frac{1}{2}a^2\sinA\cdot\frac{\sinA}{\sinC}$。由$\sinA+\sinB>\sinC$可得$\sin^2A+\sin^2B>1$，再由$\sinA\leq1$可得$\sinB>0$，進(jìn)而$\sinA\cdot\sinB>0$。故$\frac{1}{2}(\sin^2A+\sin^2B)\geq\frac{1}{4}$，即$\frac{1}{2}\sin^2A\geq\frac{1}{4}-\sin^2B$。由余弦定理可得$a^2=b^2+c^2-2bc\cosA=b^2+c^2+2bc\cosB$，進(jìn)而$\sin^2A=1-\cos^2A=1-\frac{(b^2+c^2-a^2)^2}{4b^2c^2}\geq\frac{(b^2+c^2-a^2)^2}{4b^2c^2}$。代入上式得$\frac{1}{2}\cdot\frac{(b^2+c^2-a^2)^2}{4b^2c^2}\geq\frac{1}{4}-\sin^2B$，化簡(jiǎn)得$a^2\leqb^2+c^2-2bc\cosB+\frac{bc}{2}\sin^2B$。由$\sinB=\sin(\pi-A-C)=\sin(A+C)$可得$\sin^2B=\sin^2A+\sin^2C-2\sinA\sinC$，代入上式得$a^2\leqb^2+c^2-2bc\cosB+\frac{bc}{2}(\sin^2A+\sin^2C-2\sinA\sinC)$。由$\sinA=\frac{2S}{bc}$可得$\sin^2A=\frac{4S^2}{b^2c^2}$，同理可得$\sin^2C=\frac{4S^2}{a^2b^2}$。代入上式得$a^2\leqb^2+c^2-2bc\cosB+2S(\frac{1}{b^2}+\frac{1}{a^2}-\frac{2}{ab}\cosB)$。由$\cosB=\frac{a^2+b^2-c^2}{2ab}$可得$\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}-\frac{2}{ab}\cosB=\frac{a^2+b^2-c^2}{a^2b^2}$，代入上式得$a^2\leqb^2+c^2-2bc\cosB+2S\frac{a^2+b^2-c^2}{a^2b^2}$，化簡(jiǎn)得$a^4\leqb^2c^2+(b^2+c^2-a^2)^2$。由$a^2=b^2+c^2-2bc\cosA$可得$a^4=b^4+c^4+2b^2c^2-2b^3c\cosA-2bc^3\cosA+4b^2c^2\cos^2A$，代入上式得$b^4+c^4+2b^2c^2-2b^3c\cosA-2bc^3\cosA+4b^2c^2\cos^2A\leqb^2c^2+(b^2+c^2-a^2)^2$，化簡(jiǎn)得$b^4+c^4-2b^3c\cosA-2bc^3\cosA+2b^2c^2(2\cos^2A-1)\leq(b^2+c^2-a^2)^2$。由余弦定理可得$a^2=b^2+c^2-2bc\cosA=b^2+c^2+2bc\cosB$，進(jìn)而$\cosA=\frac{b^2+c^2-a^2}{2bc}=\frac{2bc-2b^2-2c^2}{2bc}=1-\frac{c}-\frac{c}$。代入上式得$b^4+c^4-2b^3c(1-\frac{c}-\frac{c})-2bc^3(1-\frac{c}-\frac{c})+2b^2c^2(2(1-\frac{c}-\frac{c})^2-1)\leq(b^2+c^2-(b^2+c^2+2bc-2b^2-2c^2))^2$，化簡(jiǎn)得$b^4+c^4-2b^3c(\frac{c-b}{c})-2bc^3(\frac{b-c})+2b^2c^2(3-\frac{2b}{c}-\frac{2c})\leq4b^2c^2-4bc(b-c)^2$，即$b^4+c^4+2bc(b^2+c^2-2bc-3bc\frac{b^2+c^2}{bc}+2bc\frac{b^3+c^3}{bc})\leq4b^2c^2-4bc(b-c)^2$，化簡(jiǎn)得$b^4+c^4+2bc(2b^3+2c^3-3b^2c^2)\leq4b^2c^2+4bc(b-c)^2$，即$b^4+c^4+4b^3c+4bc^3-6b^2c^2\leq4b^2c^2+4bc(b^2-2bc+c^2)$，化簡(jiǎn)得$b^4+c^4+4b^3c+4bc^3-2b^2c^2\leq4b^3c+4bc^3$，即$b^4+c^4-2b^2c^2\leq0$，故$b=c$。代入$\sinA+\sinB>\sinC$中可得$\sinA>0$，故$\frac{a}{2R}=2\sin\frac{A}{2}>0$，進(jìn)而$a>0$。代入$a^2=b^2+c^2-2bc\cosA$中可得$a^2=2b^2-2bc$，進(jìn)而$\frac{a^2}{bc}=2\frac{c}-2>0$，即$\frac{c}>1$。由$\sinA+\sinB>\sinC$可得$\sinA+\sinB>1$，進(jìn)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$\cosA=\frac{b^2+c^2-a^2}{2bc}$可得$b^2+c^2-a^2=2bc\cosA=4b^2-4bc$，進(jìn)而$a^2=b^2+c^2-2bc\cosA=2b^2+2bc$。由余弦定理可得$c^2=a^2+b^2-2ab\cosC=3b^2+2bc$，進(jìn)而$b^2=\frac{c^2-2bc}{3}$，代入$a^2=2b^2+2bc$中可得$a^2=\frac{2}{3}c^2-\frac{2}{3}bc$。由海倫公式可得$S=\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}=\sqrt{\frac{4}{3}a^2\cdot\frac{1}{3}c^2}=\frac{2}{3}ac$，其中$p=\frac{a+b+c}{2}=\frac{3}{2}b+\frac{1}{2}c$。代入$S=\frac{1}{2}ac\sinB$中可得$\sinB=\frac{4S}{ac}=\frac{8}{3}$，故$\cosB=\sqrt{1-\sin^2B}=-\frac{1}{3}$。由$\cosA=\frac{b^2+c^2-a^2}{2bc}$可得$\cos^2A=\frac{(b^2+c^2-a^2)^2}{4b^2c^2}=\frac{(3b^2+2bc-2b^2-2bc)^2}{4b^2(3b^2+2bc)}=\frac{1}{3}$，故$\sinA=\sqrt{1-\cos^2A}=\f