河北省大名县一中2018-2019学年高二上学期周测三数学（文）试卷 WORD版含答案.doc

1、高二文科数学周测试卷出题人 琚文璐时间：90分钟满分： 120分题号一二三总分得分一、选择题（本大题共15小题，共75.0分）1. 已知数列的通项公式为，则下列叙述正确的是A. 20不是这个数列中的项B. 只有第5项是20C. 只有第9项是20D. 这个数列第5项、第9项都是202. 在中，若，则等于A. 1B. C. 4D. 3. 在中，若，则的形状是A. 锐角三角形B. 直角三角形C. 钝角三角形D. 不能确定4. 在中，角A，B，C所对应的边分别为a，b，c，若角A，B，C依次成等差数列，且，则A. B. C. D. 25. 已知等比数列的各项都为正数，且成等差数列，则的值是A. B.

2、C. D. 6. 在中，角A、B、C所对的边分别是a、b、c，若，且，则角C的值为A. B. C. D. 7. 等比数列中，则A. 28或B. 28C. D. 以上都不对8. 当点在直线上移动时，表达式的最小值为A. 6B. 7C. D. 99. 已知x，y满足约束条件，且的最小值为2，则常数A. 2B. C. 6D. 310. 不等式的解集为A. B. 且C. 且D. 或11. “若，则”的否命题为A. 若，则B. 若，则C. 若，则D. 若，则12. 设非零实数a、b，则“”是“”成立的A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件13. 已知，则“”是“

3、”的A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件14. 已知命题p：，；命题q：若恒成立，则，那么A. “”是假命题B. “q”是假命题C. “”为真命题D. “”为真命题15. 设命题甲为“a，b，c成等差数列”，命题乙为“”，那么A. 甲是乙的充分不必要条件B. 甲是乙的必要不充分条件C. 甲是乙的充要条件D. 是乙的既不充分也不必要条件二、填空题（本大题共5小题，共25.0分）16. 已知等差数列的前n项和为，若，则_17. 在下列情况中三角形解的个数唯一的有_ ，；，；，；，18. 函数的最小值是_ 19. 命题“，”的否定是_ 20. 下列命题：“

4、全等三角形的面积相等”的逆命题；“若，则”的否命题；“正三角形的三个角均为”的逆否命题；“若，则”的否命题；“若，a，则”的逆否命题其中真命题的序号是_ 把所有真命题的序号填在横线上三、解答题（本大题共2小题，每小题10分，共20分）21. 命题p：，；命题q：解集非空若假，假，求a的取值范围22. 已知等差数列的前n项和，且，求数列的通项公式；设，求数列的前n项和为答案和解析【答案】1. D2. C3. C4. C5. A6. C7. B8. C9. B10. D11. C12. B13. A14. D15. B16. 717. 18. 19. ，20. 21. 解：等差数列的前n项和，且，

5、解得，分 由得，分 故 分22. 解：由假可得q真，又假，则p假即p假q真命题p：，则，p假，即；命题q：解集非空，即，则或取交集得：；函数的值域是，的值域是，即的最小值是，【解析】1. 解：由，即，因式分解为，解得，9这个数列第5项、第9项都是20故选：D由，即，解出即可得出本题考查了数列的通项公式、一元二次方程的解法，考查了推理能力与计算能力，属于基础题2. 解：中，若，则由正弦定理可得为的外接圆半径，故选：C先由正弦定理求得2R的值，从而求得的值本题主要考查正弦定理的应用，属于中档题3. 解：在中，利用正弦定理化简得：，即，即B为钝角，则为钝角三角形故选：C已知不等式利用正弦定理化简，整

6、理得到，利用余弦定理表示出，判断出为负数，即可确定出三角形形状此题考查了正弦、余弦定理，以及余弦函数的性质，熟练掌握定理是解本题的关键4. 解：、B、C依次成等差数列由余弦定理得：得：由三角形面积公式得：故选C先求得角B，再由余弦定理求得边c，然后由正弦定理求得面积本题主要考查正余弦定理的应用5. 解：设等比数列的公比为q，且，成等差数列，则，化简得，解得，则，故选：A设等比数列的公比为q，且，由题意和等差中项的性质列出方程，由等比数列的通项公式化简后求出q，由等比数列的通项公式化简所求的式子，化简后即可求值本题考查等比数列的通项公式，以及等差中项的性质的应用，属于基础题6. 解：，又，故选C

7、把代入余弦定理求得的值，进而求得A，又根据利用正弦定理把边换成角的正弦，根据求得，进而求得，则B可求，最后根据三角形内角和求得C本题主要考查了正弦定理和余弦定理的运用，同角三角函数基本关系的应用7. 解：，易知，由得： 将代入整理得，即 ，故选：B由等比数列的通项公式以及前n项和，从而求出，再用等比数列的求和公式进行运算就行本题考查数列的性质，解题时要根据等比数列的性质注意公式的灵活运用8. 解：点在直线上移动，当且仅当时取等号表达式的最小值为故选：C利用基本不等式的性质即可得出本题考查了基本不等式的性质、指数的运算性质，属于基础题9. 解：由约束条件作可行域如图，图中以为例，可行域为及其内部

8、区域，当，边界AC上移，当时，边界AC下移，均为及其内部区域由，得直线方程，由图可知，当直线过可行域内的点A时，z最小联立，得，解得故选：B由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程斜截式，由图得到可行域内的最优解，求出最优解的坐标，代入目标函数后由z的值等于2求得k的值本题考查了简单的线性规划，考查了数形结合的解题思想方法，体现了分类讨论的数学思想方法，是中档题10. 解：不等式，当时，原不等式可化为，等价于，解得；当时，原不等式可化为，即，等价于，解得，或；综上，原不等式的解集为，或故选：D先去掉绝对值，再把分式不等式化为等价的一元二次不等式，从而求出解集来本题考查了含有绝对值的不等式的解

9、法与应用问题，解题时应先去掉绝对值，再解不等式，是基础题11. 解：同时否定条件和结论即得命题的否命题，即若，则，故选：C根据否命题的定义进行判断本题主要考查四种命题的判断，根据否命题的定义是解决本题的关键12. 解：由，则a，当时，则不成立，即充分性不成立，若，则，即，则不等式等价为，则成立，即必要性成立，故“”是“”成立的必要不充分条件，故选：B利用基本不等式的解法，利用充分条件和必要条件的定义即可得到结论本题主要考查充分条件和必要条件的判断，利用不等式的解法求出不等式的解是解决本题的关键，比较基础13. 解：，即或，“”是“”的充分不必要条件故选：A根据充分条件和必要条件的定义结合不等式

10、的解法进行判断即可本题主要考查充分条件和必要条件的判断，根据不等式的解法是解决本题的关键14. 解：；，即不存在，；命题p是假命题；若恒成立；时，即符合条件；时，则：，解得；命题q是真命题；为真命题故选D对于命题p的判断：将2x移到不等式左边便得，所以命题p为假命题；对于命题q的判断：时显然不等式成立，时，便有，并且解得，所以，所以命题q为真命题，所以为真命题考查完全平方式，一元二次不等式的解和判别式的关系15. 解：由，可得，即a，b，c是等差数列；但a、b、c均为零时，a、b、c成等差数列，但所以甲是乙的必要不充分条件故选B 由命题乙变形可推出命题甲，而当命题甲成立时举例说明当各项为0，公

11、差也为0时，没有意义，显然推不出命题乙考查学生会证明两个命题之间的关系，会利用举反例的方法说明一个命题是假命题16. 解：由题意得， 故答案是717. 解：中，即只有一解；中，由条件利用正弦定理可得，且，故C有两解，故有两解中，故有一解中，有一解，有一解故答案为：由条件利用正弦定理、大边对大角、大角对大边，判断各个选项中三角形解得个数，从而得出结论本题主要考查正弦定理的应用，大边对大角，大角对大边，三角形解的个数判断，属于基础题18. 解：，则，当且仅当，即，时，等式成立，故的最小值是，故答案为：利用基本不等式法进行求解即可本题主要考查函数最值的求解，利用基本不等式法是解决本题的关键19. 解

12、：全称命题的否定是特称命题，命题“任意，都有”的否定为：“，”故答案为：，根据全称命题的否定是特称命题即可得到命题的否定本题主要考查含有量词的命题的否定，根据全称命题的否定是特称命题，特称命题的否定是全称命题即可得到结论20. 解：“全等三角形的面积相等”的逆命题为“面积相等的三角形全等”，错误；“若，则”的否命题为“若，则”，正确；“正三角形的三个角均为”，正确；原命题与其逆否命题真假性一致，故其逆否命题也是正确的；“若，则”的否命题为“若，则”，显然错误；“若，a，则”，正确，故其逆否命题正确综上所述，真命题的序号是，故答案为：利用四种命题间的关系对五个选项逐一分析即可本题考查命题的真假判断与应用，着重考查四种命题间的关系及判断，属于中档题21. 由已知条件利用等差数列通项公式和前n项和公式，列出方程组，求出首项和公差，由此能求出由，利用裂项求和法能求出数列的前n项和本题考查数列的通项公式的求法，考查数列的前n项和的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意裂项求和法的合理运用22. 由题意可得p假q真，求出相应的a的范围，取交集得答案；函数的值域是，即的值域是，由的最小值是即可求得a值本题考查复合命题的真假判断，考查数学转化思想方法，是中档题