河南省南阳市2014-2015学年高二上学期期中质量评估数学(理)试题 扫描版含答案VIP免费

高二数学（理）参考答案与评分标准一、选择题（本大题共12个小题，每小题5分，共60分）1C2B3B4B5A6C7A8C9B10C11D12A二、填空题（本大题共4个小题，每小题5分，共20分）22n15.20(62)16.n2317.解：（Ⅰ）设等差数列{an}的公差d．13．2,314.1因为a36，a60，所以a12d6，解得a110，d2．a15d0.所以an10(n1)22n12．------------5分（Ⅱ）设等比数列{bn}的公比为q．因为b2a1a2a324，b18，所以8q24，即q3．b1(1qn)所以{bn}的前n项和公式为Sn4(13n)．-----------10分1q18.解：（Ⅰ）f(x)2xbxc，不等式f(x)0的解集是0,5，22所以2xbxc0的解集是0,5，所以0和5是方程2x2bxc0的两个根，由韦达定理知，bc5,0,b10,c0,22f(x)2x210x.------------5分2（Ⅱ）f(x)t2恒成立等价于2x10xt20恒成立,设g(x)2x210xt2，则g(x)的最大值小于或等于02则由二次函数的图象可知g(x)2x10xt2在区间[1,1]为减函数，所以g(x)maxg(1)10t，所以t10.-----------12分19.解:（Ⅰ）证明：∵A、B、C成等差数列，∴B=60，又ABC的面积为3，∴01acsin6003，∴ac=42∴a、2、c成等比数列--------------------------4分（Ⅱ）在ABC中，根据余弦定理，得b=a+c-2accos60=a+c-ac≥2ac-ac=ac=4，∴b≥2,当且仅当a=c时，等号成立----------------8分∴ABC的周长L=a+b+c≥2acb=4b.当且仅当a=c时，等号成立∴L426,当且仅当a=c时，等号成立∴ABC周长的最小值为6，因为a=c，B=60，此时ABC为等边三角形.-----------------12分20.解：由题意得，x022222030050，yv1v2∵30v1100,,4v220∴3x10,525y22由题设中的限制条件得9xy149xy14于是得约束条件3x105y2522目标函数p1003(5x)2(8y)1313x2y………６分做出可行域（如图），（没有图扣２分）当z3x2y,即y小.所以当x10,y4，即v130,v212.5时，pmin93元……１２分21．（Ⅰ）由正弦定理，得sinCsinA3sinAcosC，因为sinA0，解得tanC3，C（Ⅱ）解法一：由（Ⅰ）得sin3zx平行移动到过（10，4）点时纵截距最大，此时p最223．………4分3sin(22A)3sin2A，3即33135cos2Asin2A3sin2A．(1cos2A)sin2A222223cos2A5sinAcosA………8分若cosA0，则A2，c21tan，b，b33173ABC的面积Sbc．26若cosA0，则3cosA5sinA，cosA5721,sinA,由正弦定理，得a1．1414133321ABC的面积．SacsinB14，24sinBsin(AC)综上，ABC的面积为7333或．64………12分解法二：由sinCsin(BA)3sin2A，得sin(BA)sin(BA)3sin2A，整理，得sinBcosA3sinAcosA．若cosA0，则A2，c21tan，b，b33………8分173ABC的面积Sbc．26若cosA0，则sinB3sinA，b3a．222由余弦定理，得cab2abcosC，解得a1,b3．ABC的面积S133．absinC247333或．64………12分综上，ABC的面积为22.（Ⅰ）n1an1，nN①2na12a23a3(n1)an1an，n2②2a12a23a3nan①-②：nann1n3nn1an1an，anan1，………2分2222即(n1)an13nan（n2），又由①得n=1时，a1a212a22，n2时，数列nan是以2为首项，3为公比的等比数列.nan23n21,n1………4分(n2)，故an2n23,n2n（Ⅱ）由（Ⅰ）可知当n2时，n2an2n3n2，当n1时，T11；当n2时,Tn14306312n3n2,①3Tn34316322(n1)3n22n3n1,②①-②得，2Tn22(31323n2)2n3n1=233n12n3n1=1(12n)3n111(n)3n1(n2)，又T11也满足2211Tn(n)3n1(nN)………8分22a（Ⅲ）ann1n，由（Ⅰ）可知：n1Tn23n223n2当n2时，，令fn，nn1nn1fn1nn123n13n则1，n2fnn1n223n2又fn0，∴fn1fn∴当n2时，fn单增，∴fn的最小值是f2而n1时，13aa111，综上所述，n的最小值是112n1311∴，即的最小值是………12分33