安徽省亳州市涡阳第四中学2019-2020学年高二上学期质检考试数学（文）试题 20页

涡阳四中2019~2020学年度高二（上）第二次质检考试 文科数学 一、选择题 ‎1.已知集合，，则（ ）‎ A. （0，2） B. （1，2） C. （1，4） D. （2，4）‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分别解一元二次不等式与指数不等式,可得集合A与集合B.即可求得.‎ ‎【详解】集合,‎ 解不等式可得,‎ 所以由交集运算可得 写成区间形式为 故选:C ‎【点睛】本题考查了一元二次不等式的解法,指数不等式的解法,集合交集的简单运算,属于基础题.‎ ‎2.已知命题，，则为（ ）‎ A. ， B. ，‎ C. ， D. ，‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据含有一个量词的命题的否定,即可得.‎ ‎【详解】命题,‎ 则由含有一个量词的命题的否定,可得为,‎ 故选:D ‎【点睛】本题考查了含有量词的命题的否定,属于基础题.‎ ‎3.设，则下列不等式中一定成立的是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据指数函数性质可判断A,由特殊值可检验BCD.即可得解.‎ ‎【详解】对于A,因为为单调递增函数,所以当时,故A正确;‎ 对于B,当时满足,但不满足,所以B错误;‎ 对于C,当时满足,但是不满足,所以C错误;‎ 对于D,当时满足,但没有意义,所以D错误.‎ 综上可知, 不等式中一定成立的是A 故选:A ‎【点睛】本题考查了根据条件判断不等式是否成立,可由性质或特殊值检验来判断,属于基础题.‎ ‎4.已知等差数列的前n项和为S，，，则公差（ ）‎ A. -4 B. -3 C. 3 D. 4‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据等差数列的性质及前n项和公式,结合,可求得,进而由等差数列的定义即可求得公差.‎ ‎【详解】由等差数列前n项和公式可得 ‎,即 根据等差数列的性质可知 即,所以 由等差数列定义可知, ‎ 故选:D ‎【点睛】本题考查了等差数列的性质,等差数列前n项和公式的简单应用,属于基础题.‎ ‎5.已知是等比数列，，，则（ ）‎ A. B. 8 C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据等比数列的通项公式,可求得公比.即可结合求得的值.‎ ‎【详解】因为是等比数列,,‎ 由等比数列的通项公式可得 解得 所以 故选:B ‎【点睛】本题考查了等比数列通项公式的简单应用,注意公比符号的影响,切不可直接用等比中项直接求解,属于基础题.‎ ‎6.已知a，b，c分别为内角A，B，C，的对边，，，，则A=（ ）‎ A. B. C. 或 D. 或 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据正弦定理,可求得,进而求得.‎ ‎【详解】在中,由正弦定理可得 代入可得,解得 因为,,,‎ 所以或都符合题意 故选:D ‎【点睛】本题考查了正弦定理在解三角形中的应用,注意遇到多解情况时,要讨论是否都符合要求,属于基础题.‎ ‎7.中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题：“三百七十八里关，初步健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见次日行里数，请公仔细算相还。”其大意为：“有一个人走了378里路，第一天健步行走，从第二天起脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地。”则该人第一天走的路程为（ ）‎ A. 192里 B. 189里 C. 126里 D. 96里 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意,该人每天行走的路程为等比数列,根据前6天的总路程及公比,即可求得第一天的行程.‎ ‎【详解】设第一天的行程为.‎ 由题意可知, 该人每天行走的路程为等比数列,且 ‎ 前6天总的行程为 ‎ 由等比数列的前项和公式 ‎ 代入可得 解方程可求得 ‎ 故选:A ‎【点睛】本题考查了等比数列前项和公式在实际问题中的应用,属于基础题.‎ ‎8.内角，，的对边分别为，，，则“为锐角三角形”是“”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 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由余弦定理可知时C一定为锐角，进而由充分必要条件的定义判断即可得解.‎ ‎【详解】当△ABC为锐角三角形时，C一定为锐角，此时成立，‎ 当成立时，由余弦定理可得cosC＞0，即C为锐角，但此时△ABC形状不能确定，‎ 故为锐角三角形”是“”的充分不必要条件，‎ 故选A.‎ ‎【点睛】本题主要考查了充分必要条件的判断及余弦定理的应用，属于基础题.‎ ‎9.若不等式对任意的恒成立，则实数k的取值范围是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意,将不等式因式分解,可得关于k的不等式.进而利用在任意的内使得不等式恒成立,求得k的取值范围.‎ ‎【详解】不等式 化简可得,即 对于任意的 恒成立,所以若 只需 即在内恒成立 所以 故选:C ‎【点睛】本题考查了二次不等式在区间内恒成立问题,将不等式因式分解,可转化为关于一次不等式,进而利用恒成立问题求得参数的取值范围,属于基础题.‎ ‎10.若正数满足，则的最小值为（ ）‎ A. 24 B. 25 C. 28 D. 36‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据方程,两边同时除以转化为的形式.进而由基本不等式即可求得的最小值.‎ ‎【详解】因为正数满足 方程两边同时除以 可得 则 由基本不等式可得 当且仅当时取等号.‎ 则,解方程可得 所以的最小值为 ‎ 故选:B ‎【点睛】本题考查了基本不等式在求最值中的应用, 的代换及在求最值中的用法,属于基础题.‎ ‎11.已知数列中，，，若，，则（ ）‎ A. 9 B. 10 C. 11 D. 12‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据,可利用累加法求得数列的通项公式.结合对数运算,及即可求得的值.‎ ‎【详解】因为 则 由递推公式可得 ‎ ‎ 将等式两边分别相加可得 所以由对数运算可得 则 因为 因为,即 所以若 则 ‎ 故选:C ‎【点睛】本题考查了数列递推公式的用法,累加法求数列的通项公式,对数的运算与性质的应用,属于中档题.‎ ‎12.如图，中，为钝角，，，过点B向的角平分线引垂线交于点P，若，则的面积为（ ）‎ A. 4 B. C. 6 D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设,由边角关系及余弦定理可求得与.再利用二倍角公式求得.由三角形面积公式求得,则根据即可得解.‎ ‎【详解】设 则在三角形中,‎ 在三角形中,由余弦定理可知 代入可得 化简可得,解得 ‎ 所以,则 由二倍角公式可得 由三角形面积公式可得 则 故选:B ‎【点睛】本题考查了三角形面积公式的应用,余弦定理解三角形,边角关系较为复杂,属于中档题.‎ 二、填空题 ‎13.已知满足约束条件，则的最大值为______．‎ ‎【答案】3‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据不等式组,画出可行域.将线性目标函数化为直线,平移后即可根据图形求得最大值.‎ ‎【详解】因为满足约束条件 画出不等式表示的可行域如下图所示:‎ 由图可知,将目标函数 化为,则为直线在轴上的截距 由图可知,当直线经过的交点A时截距最大 解方程组可得,即 ‎ 代入目标函数可得 故答案为:‎ ‎【点睛】本题考查了线性规划的简单应用,求线性目标函数的最值,属于基础题.‎ ‎14.‎ ‎ 如图,无人机在离地面高200m的A处,观测到山顶M处的仰角为15°、山脚C处的俯角为45°,已知∠MCN=60°,则山的高度MN为_________m.‎ ‎【答案】300‎ ‎【解析】‎ 试题分析：由条件，,所以,,,所以,,这样在中，,在中，，解得,中，，故填：300.‎ 考点：解斜三角形 ‎【思路点睛】考察了解三角形的实际问题，属于基础题型，首先要弄清楚两个概念，仰角和俯角，都指视线与水平线的夹角，将问题所涉及的边和角在不同的三角形内转化，最后用正弦定理解决高度.‎ ‎15.原命题为“若，，则为递减数列”，则其逆命题，否命题，逆否命题中，真命题的个数为______．‎ ‎【答案】3‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据递减数列的定义,可判断命题的真假.再判断否命题真假,结合命题与逆否命题同真同假及四种命题关系,即可得解.‎ ‎【详解】若,‎ 则,化简得 所以数列为递减数列.命题为真命题.‎ 其否命题为:若,,则不是递减数列 化简为,即 所以数列不是递减数列.则其否命题也为真命题.‎ 因为命题与逆否命题同真同假,否命题与逆命题同真同假.‎ 所以逆命题为真命题,逆否命题也为真命题 综上可知,真命题有个.‎ 故答案为: ‎ ‎【点睛】本题考查了四种命题的关系及真假判断,熟练掌握好四种命题的真假关系,属于基础题.‎ ‎16.已知数列的前n项和为，，，则______．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据,代入后等式两边同时除以,即可得 ‎【详解】因为 则可化简为 等式两边同时除以 可得,即 所以数列为等差数列,首项,公差 ‎ 所以 即 故答案为: ‎ ‎【点睛】本题考查了数列的综合应用,通项公式与前n项和公式的关系,‎ 等差数列通项公式的求法,属于中档题.‎ 三、解答题 ‎17.已知，命题：，，命题：，.‎ ‎（1）若为真命题，求实数的取值范围；‎ ‎（2）若命题“”是假命题，命题“”是真命题，求实数的取值范围.‎ ‎【答案】（1）的取值范围是[1,2]；（2）或..‎ ‎【解析】‎ 试题分析：‎ ‎(1)为真命题，则，即，求解关于实数m的不等式可得的取值范围是[1,2]；‎ ‎(2)由题意可得，命题为真命题时. 满足题意时命题、一真一假.据此分类讨论可得实数的取值范围是或.‎ 试题解析：‎ ‎(1)∵，‎ ‎∴，即，‎ 解得， ‎ 即为真命题时，的取值范围是[1,2]. ‎ ‎(2)∵∴，‎ 即命题满足. ‎ ‎∵命题“”假命题，命题“”是真命题，‎ ‎∴、一真一假 当真假时，则，即， ‎ 当假真时，，即. ‎ 综上所述，或.‎ ‎18.已知a，b，c分别为内角的对边，．‎ ‎（1）求角C；‎ ‎（2）求的取值范围．‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据余弦定理,结合所给条件式即可求得角C.‎ ‎（2）根据（1）中角,结合三角形内角和用角B表示出角A代入表达式,再由辅助角公式化简.结合角A的取值范围,即可求得的取值范围.‎ ‎【详解】（1）因为 代入余弦定理得 因为 ‎（2）‎ 的取值范围是 ‎【点睛】本题考查了余弦定理的简单应用,三角函数值的取值范围求法,辅助角公式的用法,属于基础题.‎ ‎19.已知函数．‎ ‎（1）当时；解不等式；‎ ‎（2）若，解关于x的不等式．‎ ‎【答案】（1）；（2）．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）将代入可得不等式.解二次不等式后,结合指数函数的性质即可求得解集.‎ ‎（2）将不等式因式分解,根据的范围比较和的大小关系,即可求得不等式的解集.‎ ‎【详解】（1）当时,函数化为 则 所以不等式化为 即 解不等式可得 不等式的解集为 ‎（2）函数可化为 不等式 因为,则 所以此时不等式的解集为 ‎【点睛】本题考查了一元二次不等式的解法,比较参数的大小关系,属于基础题.‎ ‎20.已知数列的前n项和，．‎ ‎（1）求数列的通项公式；‎ ‎（2）设，，求数列的前n项和．‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）将代入可求得.根据通项公式与前项和的关系,可得数列为等比数列,由等比数列的通项公式即可求得数列的通项公式.‎ ‎（2）由（1）可得数列的通项公式,代入中,结合裂项法求和即可得前n项和.‎ ‎【详解】（1）当时,由得；‎ 当时,由 得 是首项为3,公比为3的等比数列 当,满足此式 所以 ‎（2）由（1）可知 ‎,‎ ‎【点睛】本题考查了通项公式与前项和的关系,裂项法求和的应用,属于基础题.‎ ‎21.已知a，b，c分别为内角的对边，．‎ ‎（1）求角C；‎ ‎（2）若的面积，求c的最小值．‎ ‎【答案】（1）；（2）c的最小值为1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据正弦定理及正弦的和角公式,化简即可求得角.‎ ‎（2）根据三角形面积公式,代入化简可得.由余弦定理及不等式性质可得的最小值,即求得的最小值.‎ ‎【详解】（1）由正弦定理及 代入化简可得 因为,代入上式可得 展开可得 ‎,由 ‎ ‎（2）‎ ‎∴‎ ‎,即c的最小值为1‎ ‎【点睛】本题考查了正弦定理及三角函数式的化简,正弦的和角公式,三角形面积公式的用法,不等式的性质及应用,属于基础题.‎ ‎22.已知数列满足，，．‎ ‎（1）证明：数列是等差数列；‎ ‎（2）设，证明：．‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据题意及递推公式,表示出.取倒数即可证明为常数,即证明数列是等差数列；‎ ‎（2）由（1）求得数列的通项公式,进而求得,即可得数列的通项公式,结合错位相减法即可求得数列的前n项和,即证明不等式成立.‎ ‎【详解】（1）由题意 则 所以 是等差数列 ‎（2）由（1）知 所以,‎ 所以 设 则 两式相减得 ‎【点睛】本题考查了利用定义证明等差数列,错误相减法求和的应用,属于中档题.‎ ‎ ‎ ‎ ‎