2019-2020学年度上期高中调研考试二年级数学(理)试卷—附答案


    1 绝密★启用前 2019—2020 学年度上期高中调研考试高二试题 理科数学 注意事项: 1.答卷前,考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上。 2.回答选择题时,选出每小题答案后,用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动,用橡 皮擦干净后,再选涂其他答案标号。回答非选择题时,将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3.考试结束后,将本试卷和答题卡一并交回。 一、选择题:本题共 12 小题,每小题 5 分,共 60 分。在每小题给出的四个选项中,只 有一项是符合题目要求的。 1.设命题 0 0: ,2 2019xP x R   ,则 P 为( ) A. ,2 2019xx R   B. ,2 2019xx R   C. ,2 2019xx R   D. ,2 2019xx R   2.等比数列 na 的各项均为正数,已知向量  4 5,a a a ,  7 6,b a a ,且 4a b  ,则 2 1 2 2 2 10log log log (a a a   ) A. 12 B. 10 C. 5 D. 22 log 5 3.使不等式 11 0x   成立的一个充分不必要条件是( ) A. 0x  B. 1x   C. 1x   或 0x  D. 1 0x   4.在 ABC△ 中,若 30B   , 2 3AB  , 2AC  ,则满足条件的三角形有( ). A.1个 B. 2 个 C. 3个 D. 0 个 5.命题 : 1 0p x   ;命题 2: 6 0q x x   .若 p q 为假命题, p q 为真命题,则实数 x 的取值范围 是( )2 A. 1 3x  B. 2 1x   或 3x  C. 2 1x   或 3x  D. 2 1x   或 3x  6.下列关于命题的说法正确的是( ) A.命题“若 ,12 x 则 1x ”的否命题为:“若 12 x ,则 1x ”; B.“ 1x ”是“ 0652  xx ”的必要不充分条件; C.命题“ a 、b 都是有理数”的否定是“ a 、b 都不是有理数”; D.命题“若 x y ,则sin sinx y ”的逆否命题为真命题. 7.己知数列 na 是等差数列,且 1 4 7 2a a a    ,则  3 5tan a a 的值为( ). A. 3 B. 3 C. 3 3 D. 3 3 8.已知 ABC 的内角 , ,A B C 的对边分别为 , ,a b c ,若 ABC 的面积为 2 2 21 ( )4 a b c   , 1sin 2B  , 则 A  ( ) A. 105 B. 75 C. 30 D. 15 9.《周髀算经》中有这样一个问题:从冬至日起,依次小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、 谷雨、立夏、小满、芒种这十二个节气其日影长依次成等差数列,冬至、立春、春分日影长之和为 31.5 尺,前九个节气日影长之和为 85.5 尺,则芒种日影长为( ) A. 1.5 尺 B. 2.5 尺 C. 3.5 尺 D. 4.5 尺 10.如图,在正四棱柱 1 1 1 1ABCD A B C D ,中,底面边长为 2,直线 1CC 与平面 1ACD 所成角 的正弦值为 1 3 ,则正四棱柱的高为( ). A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 11.设 x , y 满足约束条件 3 6 0 2 0 0, 0 x y x y x y       ≤ ≥ ≥ ≥ ,若目标函数 ( 0, 0)z ax by a b    的值的最大值为12 ,则 2 3 a b  的最小值为( ). A. 25 6 B. 8 3 C. 11 3 D. 4 12.已知锐角 ABC△ 中,角 A , B ,C 所对的边分别为 a ,b ,c ,若  2b a a c  ,则   2sin sin A B A 的3 取值范围是( ) A. 20, 2       B. 1 3,2 2       C. 1 2,2 2       D. 30, 2       二、填空题(本大题共 4 小题,每小题 5 分,共 20 分.将答案填写在题中的横线上) 13.在 ABC 中, 2 2 2sin sin sin sin sinA B C B C   ,则角 A 的大小为____. 14.已知等比数列 na 的前 n 项和为 nS ,满足 1 1a  , 33 S ,则 nS  ________; 15.在三棱锥 S ABC 中, 90SAB SAC ACB      , 2AC , 13BC , 29SB  ,则 异面直线 SC 与 AB 所成角的余弦值为__________. 16.已知数列 na 满足       1 21 1 2 n n n na a n n       , nS 是其前 n 项和,若 2017 1007S b   ,(其中 1 0a b  ),则 1 2 3 a b  的最小值是_________________. 三、解答题(本大题共 6 小题,共 70 分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤) 17 . ( 本 题 满 分 10 分 ) 已 知 命 题 :p 关 于 x 的 方 程 2 3 0x ax a    有 实 数 根 , 命 题 : 1 1q m a m    . (Ⅰ) 若 p 是真命题,求实数 a 的取值范围; (Ⅱ) 若 p 是 q 的必要非充分条件,求实数 m 的取值范围. 18. (本题满分 12 分)已知数列 na 中, 1 2a  , 1 2 2n n na a    。 (1)证明数列 2n na  为等差数列,并求数列 na 的通项公式; (2)求数列 na 的前 n 项和 nS 。 19. (本题满分 12 分)在 ABC 中,内角 A B C, , 的对边分别是 a b c, , ,且满足 tan tan 2 A a C b a   . (1)求角 C; (2)设 D 为边 AB 的中点, ABC 的面积为3 3 ,求边CD 的最小值.4 20. (本题满分 12 分)如图所示,圆 O 的直径 AB=6,C 为圆周上一点,BC=3,平面 PAC 垂直圆 O 所在平面,直线 PC 与圆 O 所在平面所成角为 60°,PA⊥PC. (1)证明:AP⊥平面 PBC (2)求二面角 P—AB 一 C 的余弦值 21. (本题满分 12 分)在 ABC 中,角 A , B ,C 的对边分别为 a , b , c ,且 3sin sin sin sinB C A B b a c   . (1)求角 A 的大小; (2)若等差数列 na 的公差不为零, 1sin1 Aa ,且 2a , 4a , 8a 成等比数列;若 1 1 n n n b a a   , 求数列 nb 的前 n 项和 nS . 22.(本题满分 12 分)已知数列 nb 前 n 项和 nnSn 2 1 2 3 2  .数列 na 满足 )2(3 4  nb na )(  Nn , 数列 nc 满足 nnn bac  。 (1)求数列 na 和数列 nb 的通项公式; (2)求数列 nc 的前 n 项和 nT ;1 2019—2020 学年度上期高中调研考试高二理科数学答案 (评分标准) 一.选择题 1【答案】A 【解析】因为命题 0 0: ,2 2019xP x R   ,所以 P 为 ,2 2019xx R   ,选择 A 2【答案】C 【解析】向量 a =( 4a , 5a ), b =( 7a , 6a ),且 a •b =4, ∴ 4 7a a + 5 6a a =4,由等比数列的性质可得: 1 10a a =……= 4 7a a = 5 6a a =2, 则 2 1 2 2 2 10log log loga a a    log2( 1 2a a • 10a )=  5 5 2 1 10 2log log 2 5a a   .故选:C. 3【答案】A 【解析】因为  1 11 0 0 1 0x x xx x        ,所以 0x  或 1x   ,需要是不等式 11 0x   成 立的一个充分不必要条件,则需要满足是    , 1 0,   的真子集的只有 A,所以选择 A 【点睛】本题主要考查了解不等式以及命题之间的关系,属于基础题。 4【答案】B 【解析】设 AB c , AC b , BC a , sin sin b c B C  , 2 2 3 1 sin 2 C  , ∴ 3sin 2C  ,∴ 120C   或 60C   .满足条件的三角形有 2 个.故选 B . 5【答案】B 【解析】首先解出两个命题的不等式,由 p q 为假命题, p q 为真命题得命题 P 和命题 q一真一假。 【详解】命题 : 1 0 1p x x    ,命题 2: 6 0 2 3q x x x       。因为 p q 为假命题, p q 为真命题。所以命题 P 和命题 q一真一假,所以 2 1x   或 3x  ,选择 B 6【答案】D 7【答案】A 【解析】 1 4 7 2a a a    ,所以 4 4 3 5 4 3 5 2 4 43 2 , , 2 ,tan( ) tan 33 3 3a a a a a a a         2 8【答案】D 【解析】由题意,在 ABC 的面积为  2 2 21 4 a b c   ,即  2 2 21 1sin2 4ABCS ab C a b c      , 根据余弦定理,可得 2 2 2 sin cos2 a b cC Cab      , 即 tan 1C   ,又∵ 0 180C   ,所以 135C  , 又由 1sin 2B  ,又由 0 180B   ,且 B C ,所以 30B   , 所以    180 180 135 30 15A B C           ,故选 D. 9【答案】B 【解析】设这十二个节气日影长依次成等差数列{ }na , nS 是其前 n 项和, 则  1 9 9 5 9 9 85.52 a aS a    ,所以 5 9.5a  , 由题知 1 4 7 43 31.5a a a a    ,所以 4 10.5a  , 所以公差 5 4 1d a a    ,所以 12 5 7 2.5a a d   ,故选 B. 10【答案】C 【解析】以 D 为原点,以 DA , DC , 1DD 为坐标轴建立空间坐标系如图所示, 设 1DD a ,则 (2A ,0, 0) , 0(C ,2, 0) , 1(0D ,0, )a , 则 ( 2AC   ,2, 0) , 1 ( 2AD   ,0, )a , 1 (0CC  ,0, )a , 设平面 1ACD 的法向量为 (n x , y , )z ,则 1 · 0 · 0 n AC n AD      ,  2 2 0 2 0 x y x az       ,令 1x  可得 (1n  ,1, 2)a , 故 cos n  , 1 1 2 1 2 2 2 | || | 4 2 42 n CCCC n CC aa a         . 直线 1CC 与平面 1ACD 所成角的正弦值为 1 3 , 2 2 1 32 4a   ,解得: 4a  .故选:C . 11【答案】A3 【解析】根据题意作出可行域: 由图象可知函数 ( 0, 0)z ax by a b    在点 (4,6)A 处取得最大值,所以可得等式: 4 6 12a b  ,即 2 3 6a b  .而 2 3 2 3 2 3 6 a b a b a b          13 13 2526 6 6 a b a b b a b a      ≥ 当且仅当 a b 时,等号成立.故选 A . 12.【答案】C 【解析】因为  2b a a c  ,所以 2 2b a ac  , 由余弦定理得: 2 2 2 2 cosb a c ac B   ,所以 2 2 22 cosa c ac B a ac    ,所以 2 cosa a B c  ,由正 弦定理得 sin 2sin cos sinA A B C  ,因为  πC A B   , 所以  sin 2sin cos sin sin cos cos sinA A B A B A B A B     ,即  sin sinA B A  , 因为三角形是锐角三角形,所以 π0, 2A     ,所以 π0 2B A   ,所以 A B A  或 πA B A   ,所以 2B A 或 πB  (不合题意), 因为三角形是锐角三角形,所以 π0 2A  , π0 2 2A  , π0 π 3 2A   , 所以 π π 6 4A  ,则   2sin 1 2sin ,sin 2 2 A AB A        ,故选 C.4 13【答案】 3  【解析】由正弦定理得: 2 2 2a b c bc   ,即 2 2 2b c a bc   则 2 2 2 1cos 2 2 b c aA bc     0,πA 本题正确结果: 3  14【答案】  1 2 3 n  或 n 【解析】由题当 1q  时, 3 2 1 3 (1 ) (1 )(1 ) 31 1 a q q q qS q q        ,解得(q+2)(q-1)=0,得 q=2,此时  1 2 3 n nS   ;得当 q=1 时, 1 1a  , 33 S ,满足题意,则此时 nS n ;综上  1 2 3 n nS   或 n 15【答案】 17 17 【解析】如图,取 A 为原点、AB 和 AS 所在直线分别为 y 轴和 z 轴建立空间直角坐标系. 则点     13 40, 17,0 , 0,0,2 3 , 2 , ,017 17 B S C       , 故 13 42 , , 2 317 17 SC        ,  0, 17,0AB  . 于是,所求夹角的余弦值为 17 17 SC AB SC AB       .故答案为: 17 17 16【答案】5 2 6 . 【解析】根据题意,由已知得: 3 2 3a a  , 5 4 5a a   ,, 2017 2016 2017a a   , 把以上各式相加得: 2017 1 1008S a   ,即: 1 1008 1007a b    , 1 1a b   , 3  A5 则   1 1 1 1 1 1 1 3 32 3 2 3 2 25 5 2 5 2 6a ab ba ba b a b a b a b                 ,当且仅当 63,26  ba 时 等号成立,即 1 2 3 a b  的最小值是 5 2 6 ,故答案为 5 2 6 . 三、解答题(本大题共 6 小题,共 70 分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤) 17.解法一:(Ⅰ) 当命题 p 是真命题时,满足 0  则 2 4( 3) 0a a   解得 2a   或 6a  p 是真命题,则 p 是假命题 即 2 6a   实数 a 的取值范围是 ( 2,6) . ┈┈5 分 (Ⅱ) p 是 q 的必要非充分条件 则 [ 1, 1]m m  是   , 2 6,    的真子集 即 1 2m    或 1 6m   解得 3m   或 7m  实数 m 的取值范围是    , 3 7,    . ┈┈10 分 解法二:(Ⅰ) 命题 p :关于 x 的方程 2 3 0x ax a    没有实数根 p 是真命题,则满足 0  即 2 4( 3) 0a a   解得 2 6a   实数 a 的取值范围是 ( 2,6) . ┈┈5 分 (Ⅱ) 由 (Ⅰ)可得 当命题 p 是真命题时,实数 a 的取值范围是   , 2 6,    p 是 q 的必要非充分条件 则 [ 1, 1]m m  是   , 2 6,    的真子集 即 1 2m    或 1 6m   解得 3m   或 7m  实数 m 的取值范围是    , 3 7,    . ┈┈10 分 18【详解】(1)因为   1 1 2 2 2n n n na a      ,且 1 1 2 0a   , 所以数列 2n na  为首项为 0 ,公差为 2 的等差数列. 所以 2 0 2( 1)n na n    ,即 2 2( 1)n na n   .┈┈6 分 (2)因为   1 22 1 2 2( 1) 2 21 2 2 n n n n nS n n       , 所以 1 22 2n nS n n    . .┈┈12 分6 19【解析】 (1) 由正弦定理: sin 2 2sin sin a A b a B A   ,又 tan sin cos tan cos sin A A C C A C  , 由题 tan tan 2 A a C b a   ,所以 sin cos cos sin A C A C sin 2sin sin A B A   . 因为 sin 0A  ,所以 cos (2sin sin ) cos sinC B A A C  , 即 cos sin cos sin 2sin cosC A A C B C  ,即 sin sin( ) 2sin cosB A C B C   , 因为 sin 0B  ,所以 1cos 2C  ,则 3C  . .┈┈6 分 (2) 由 1 sin2ABCS ab C  ,即 1 33 3= 2 2ab  ,所以 12ab  . .┈8 分 由 1 ( )2CD CA CB    ,所以 2 2 21 ( 2 )4CD CA CB CA CB        2 2 2 21 1( 2 cos ) ( )4 4b a ab C b a ab      1 (2 ) 94 ab ab   当且仅当 a b 时取等 所以边CD 的最小值为 3 . .┈┈12 分 20【解析】 【详解】(1)由已知可知 AC BC ,又平面 PAC  平面圆O ,平面 PAC  平面圆 O AC , ∴ BC  平面 PAC ,∴ BC PA , 又 PA PC , PC BC C , PC  平面 PBC , D 平面 PBC , ∴ PA  平面 PBC . .┈┈5 分 (2)法一:过 P 作 PH AC 于 H ,由于平面 PAC  平面 O ,则 PH  平面 O , 则 PCH 为直线 PC 与圆O 所在平面所成角,所以 60PCH  . 过 H 作 HF AB 于 F ,连结 PF ,则 ABPF  , 故 PFH 为二面角 P AB C- - 的平面角 .┈┈8 分 由已知 60ACP ABC     , 30CAP CAB    ,7 在 Rt APC 中, sin30 cos30 sin30PH AP AC       3 1 93 3 2 2 4     , 由 2AP AH AC  得 2 9 3 4 APAH AC   ,在 Rt AFH 中, 9 3sin30 8FH AH   , 故 9 2 34tan 39 3 8 PHPFH HF     ,故 21cos 7PFH  , 即二面角 P AB C- - 的余弦值为 7 21 . -----12 分 法二:过 P 作 PH AC 于 H ,则 PH  平面 O ,过 H 作 / /HF CB 交 AB 于 F , 以 H 为原点, HA 、 HF 、 HP 分别为 x 轴、 y 轴、 z 轴建立空间直角坐标系. 则 (0,0,0)H , 9 3 ,0,04A       , 3 3 ,3,04B      , 90,0, 4P     , 从而 9 3 9,0,4 4AP        , ( 3 3,3,0)AB   , 设平面 PAB 的法向量 ( , , )n x y z ,则 9 3 9 04 4 3 3 3 0 AP n x z AB n x y                 得 3 3 z x y x    , 令 1x  ,从而 (1, 3, 3)n  ,而平面 ABC 的法向量为 (0,0,1)m  , 故 3 21cos , 77 n mn m n m          ,即二面角 P AB C- - 的余弦值为 7 21 . 21【解析】解:(1)由 3sin sin sin sinB C A B b a c   ,8 根据正弦定理可得 3b c b a b a c   ,即 2 2 2 3b c a bc   , 所以 2 2 2 3cos 2 2 b c aA bc    , 由 0 A   ,得 6A  ; .┈┈5 分 (2)设 na 的公差为  0dd ,由 1sin1 Aa ,即 1 1 1sin 16 2a a   ,得 21 a , 2a , 4a , 8a 成等比数列,可得 2 4 2 8a a a .即    2 1 1 13 7a d a d a d    , 又 0d ,可得 2d  ,则 2na n , .┈┈8 分  1 1 1 1 1 1 2 2 2 4 1n n n b a a n n n n         , ┈┈10 分 则 1 1 1 1 1 1 1 11 1 =4 2 2 3 1 4 +1 4 4n nS n n n n                                    . ┈┈12 分 22.解:(1)由已知可得,当 2n 时, 23))1(2 1)1(2 3()2 1 2 3( 22 1   nnnnnSSb nnn 又 21311 b ,符合上式。故数列 nb 的通项公式 23  nbn 。 又∵ )2(3 4  nb na ,∴ n nb n n a )4 1(44 3 2)23( 3 )2(   , 故数列 na 的通项公式为 n na )4 1( , .┈┈5 分 (2) n nnn nbac )4 1()23(  , n n nS )4 1()23()4 1(7)4 1(44 11 32   , 1432 )4 1()23()4 1()53()4 1(7)4 1(4)4 1(14 1  nn n nnS  ,┈┈8 分 ①-②得 1432 )4 1()23(])4 1()4 1()4 1()4 1[(34 1 4 3  nn n nS 9 1 12 )4 1()23( 4 11 ])4 1(1[)4 1( 34 1       n n n 1)4 1()23(2 1  nn , ┈┈10 分 ∴ nn n nnS )4 1(3 23 3 2)4 1(3 812 3 2 1   。 .┈┈12 分

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