安徽省示范高中培优联盟2019-2020学年高二冬季联赛数学（理）试题 19页

安徽省示范高中培优联盟2019年冬季联赛（高二）‎ 数学（理科）‎ 本试卷分第Ⅰ卷（选择題）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，第Ⅰ卷第1至第2页，第Ⅱ卷第3至第4页.全卷满分150分，考试时间120分钟．‎ 考生注意事项：‎ ‎1．答题前，务必在试题卷、答题卡规定的地方填写自己的姓名、座位号，并认真核对答题卡上所粘贴的条形码中姓名、座位号与本人姓名、座位号是否一致.‎ ‎2．答第Ⅰ卷时，每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上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.‎ ‎3．答第Ⅱ卷时，必须使用0．5毫米的黑色墨水签字笔在答题卡上书写，要求字体工整、笔迹清晰.作图题可先用铅笔在答题卡规定的位置绘出，确认后再用0．5毫米的黑色墨水签字笔描清楚.必须在题号所指示的答題区城作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上答题无效.‎ ‎4．考试结束，务必将试题卷和答题卡一并上交.‎ 第Ⅰ卷 一、选择题（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.已知集合，，则（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先化简集合B,再求得解.‎ ‎【详解】由题得，‎ 所以.‎ 故选：C ‎【点睛】本题主要考查集合的交集运算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.‎ ‎2.设，则“”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】‎ 先化简两个不等式，再判断它们之间的充要关系得解.‎ ‎【详解】由题得，，‎ 而区间，‎ 故“”是“”的充分不必要条件．‎ 故选：A ‎【点睛】本题主要考查对数不等式的解法和绝对值不等式的解法，考查充分必要条件的判断，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.‎ ‎3.下列命题正确的是（ ）‎ A. 若两个平面都垂直于第三个平面则这两个平面平行 B. 若两条直线和同一个平面所成的角相等，则这两条直线平行 C. 若两个平面不平行，则两个平面内存在互相平行的直线 D. 若一条直线不平行于一个平面，则这个平面内不存在与该直线平行的直线 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 对于选项A,B,D可以通过举反例说明是错误的，对于选项C可以举例说明其存在性.‎ ‎【详解】选项A，反例为直棱柱两相邻侧面与其底面垂直，但是这两个侧面并不平行，所以选项A错误；‎ 选项B，反例为圆锥的母线与其底面所成的角相等，但是这两条直线不平行，所以选项B错误；‎ 选项C，这两条直线均平行于二面的交线即可，所以该选项正确；‎ 选项D，反例为直线在平面内，这个平面内存在与该直线平行的直线，所以该选项错误．‎ 故选：C ‎【点睛】本题主要考查空间直线平面位置关系的命题的真假判断，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和空间想象能力.‎ ‎4.已知三棱锥的各棱长都相等，且，则直线与所成角的余弦值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 取的中点，则为异面直线与所成角或补角，再利用余弦定理解△MNC得解.‎ ‎【详解】‎ 因为，所以点M是AB的中点.‎ 取的中点，则为异面直线与所成角或补角，‎ 设正四面体的棱长为，则，，‎ 于是．‎ 故选：B ‎【点睛】本题主要考查异面直线所成的角的计算，考查余弦定理解三角形，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.‎ ‎5.如图网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，其中曲线为半径为1的半圆，则该几何体的表面积为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 首先把三视图转换为几何体，进一步利用几何体的表面积公式求出结果．‎ ‎【详解】该几何体由一个半径为的半球和一个直径与高都为的半圆柱组合而成的组合体，‎ 其表面积．‎ 故选：D ‎【点睛】本题主要考查三视图找几何体原图，考查几何体表面积的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.‎ ‎6.已知函数，将函数图象向右平移个单位得到的图象，若点为函数图象的一个对称中心，为图象的一个对称中心，则的最小值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求出函数的对称中心，再求出的值，分析即得最小值.‎ ‎【详解】由得函数的对称中心为，‎ 故函数的对称中心为，‎ 所以，‎ 当得最小值为．‎ 所以的最小值为.‎ 故选：A ‎【点睛】本题主要考查三角函数的对称中心和图像的变换，考查最值的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.‎ ‎7.已知数列满足，若，则（ ）‎ A. 31 B. 63 C. 95 D. 127‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 令得，利用构造法求出，即得解.‎ ‎【详解】令得，所以，‎ 所以成等比数列，所以，‎ 所以，‎ 所以．‎ 故选：B ‎【点睛】本题主要考查数列通项的求法和等比数列的通项，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.‎ ‎8.已知椭圆：的左，右焦点分别为，，,分别为椭圆与,正半轴的交点，若直线与以为直径的圆相切，则的值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求出直线AB方程，再由题得，解之即得解.‎ ‎【详解】由题得直线AB的方程为 由题得原点到直线的距离，‎ 解之得．‎ 故选：A ‎【点睛】本题主要考查椭圆的简单几何性质和点到直线的距离的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.‎ ‎9.已知，则的最小值是（其中为自然对数的底数）（ ）‎ A. 4 B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 令，，则，且，再利用基本不等式求函数的最小值得解.‎ ‎【详解】令，，则，且，‎ ‎，‎ 当且仅当时等号成立．‎ ‎【点睛】本题主要考查基本不等式求最值，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.‎ ‎10.已知圆:及点，．若在圆上有且仅有一个点，使得，则实数的值为（ ）‎ A. 0 B. 3 C. 0或3 D. 或3‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求出点P所在的圆，再由题得两圆相切，即得解.‎ ‎【详解】由题得圆,‎ 设，由可得点在圆上，‎ 由题可知与圆相切，‎ 故或，‎ 即或．‎ 故选：D ‎【点睛】本题主要考查动点轨迹方程求法和两圆的位置关系，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.‎ ‎11.若定义域为的函数的图象关于直线对称，，则下列等式一定成立的是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先写出函数的图象到函数的图象的变换过程，即得解.‎ ‎【详解】把函数的图象向左平移个单位，再向下平移个单位，即可得到函数的图象，故的图象关于直线对称.‎ 所以.‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】本题主要考查函数的图象的对称性和函数图象的变换，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.‎ ‎12.已知函数，若时，恒成立，则实数的值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 通过分析函数与的图象，得到两函数必须有相同的零点，解方程组即得解.‎ ‎【详解】‎ 如图所示，函数与的图象，‎ 因为时，恒成立，‎ 于是两函数必须有相同的零点，‎ 所以 ‎，‎ 解得．‎ 故选：D ‎【点睛】本题主要考查函数的图象的综合应用和函数的零点问题，考查不等式的恒成立问题，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.‎ 第Ⅱ卷 考生注意事项：‎ 请用0．5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上作答，在试题卷上答题无效.‎ 二、填空题（把答案填在答题卡的相应位置.）‎ ‎13.若，则的值等于______．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先化简得，再利用二倍角公式求解.‎ ‎【详解】由得，‎ 故．‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题主要考查诱导公式的化简求值和二倍角公式的应用，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.‎ ‎14.若实数,满足不等式组，且恒有，则实数的取值范围是______．‎ ‎【答案】．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先作出不等式组对应的可行域，再求出的最大值即得解.‎ ‎【详解】‎ 不等式组对应的可行域为图中的阴影平面区域.‎ 由题， 表示平面区域内的点与点B连线的斜率，‎ 当取点A时，的最大值为，‎ 所以.‎ 所以．‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题主要考查线性规划求最值，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.‎ ‎15.已知，,均为单位向量，若，则的最大值为______．‎ ‎【答案】．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求出，再求的最小值得解.‎ ‎【详解】，‎ 而，‎ 设向量与的夹角为,‎ 则，‎ 当时，取最大为．‎ 故答案：‎ ‎【点睛】本题主要考查平面向量的数量积的计算和模的计算，考查最值的求法，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.‎ ‎16.棱长为4的正方体中，点,分别为,的中点，过点,,的平面把正方体分成两部分，则体积较大的那部分的体积为______．‎ ‎【答案】．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 取的四等分点，把截面补全为，通过正方体与三棱台的体积差求得较大部分的体积．‎ ‎【详解】‎ 如图，取中点，再取的中点，‎ 易知，，，‎ ‎，‎ 故把截面补全为平面，‎ ‎，‎ ‎，‎ 求得，‎ 又，‎ 故较大部分体积为．‎ 故答案为：．‎ ‎【点睛】本题主要考查了几何体的截面问题，台体体积等，难度适中．意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.‎ 三、解答题（解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.）‎ ‎17.已知命题：“存在锐角使得不等式成立”，命题：“直线与平行”若为真命题，为假命题，求实数的取值范围．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先化简命题p和命题q,由题得命题，一真一假，得到不等式组或，解不等式组得解.‎ ‎【详解】命题为真时，，‎ 因为 所以．‎ 命题为真时，由得，经检验，时两直线重合，故．‎ 因为为真命题，为假命题，‎ ‎∴命题，一真一假，‎ 所以或，‎ 所以．‎ ‎【点睛】本题主要考查正弦型函数的最值的求法，考查两直线平行的充要条件和复合命题的真假，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.‎ ‎18.的内角,，的对边分别为,,，已知．‎ ‎（1）求；‎ ‎（2）若是中点，且，求的面积．‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用正弦定理化简得即得解；（2）由余弦定理，根据得到，即得的面积．‎ ‎【详解】（1）由正弦定理，，‎ 即，所以，所以．‎ ‎（2）因为，由余弦定理，‎ 因为，‎ 得，于是，‎ 所以．‎ ‎【点睛】本题主要考查正弦定理余弦定理解三角形，考查三角恒等变换，考查三角形的面积的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.‎ ‎19.已知数列满足：，，数列的前项和为．‎ ‎（1）求；‎ ‎（2）若数列，求数列前项和．‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）求得，再利用并项求和求；（2）先求出，再利用错位相减法求数列前项和．‎ ‎【详解】（1）由已知得，，‎ 故．‎ ‎（2）由，可得，‎ ‎，‎ 两式相减得 所以 化简得．‎ ‎【点睛】本题主要考查递推数列求和，考查错位相减法求和，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.‎ ‎20.三棱台中，，，,．‎ ‎（1）求证：平面；‎ ‎（2）求二面角的余弦值．‎ ‎【答案】（1）证明见解析（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由题得侧面与侧面为全等的直角梯形，证明，，可证明平面．（2）取，的中点，，连接，，为等边三角形，连接，，即为二面角的平面角，记为 ‎，通过求解三角形利用余弦定理求解即可．‎ ‎【详解】（1）由题得侧面与为全等的直角梯形，‎ 易求，又，‎ 故，‎ ‎，‎ 因为平面，‎ 所以平面．‎ ‎（2）取，的中点，，连接，，为等边三角形，连接，，‎ 易知，侧面为等腰梯形，故，‎ 则在四边形中，即为二面角的平面角，记为，‎ 由（1）可得，，‎ ‎，，‎ ‎，在三角形中，，‎ 可得．‎ ‎【点睛】本题考查直线与平面垂直的判断定理的应用，二面角的平面角的求法，考查空间想象能力以及计算能力．‎ ‎21.（1）已知,,，试比较与的大小;‎ ‎（2）求证：．‎ ‎【答案】（1）答案不唯一，具体见解析（2）证明见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用作差比较法比较与的大小;（2）由（1）中结论，对于正整数，，再给k取值得到n个不等式，再把不等式相乘即得证.‎ ‎【详解】（1），因为，，，‎ 当时，；当时，；当时，．‎ ‎（2）由（1）中结论，对于正整数，，‎ 取，得：，‎ 以上个式子相乘得．‎ ‎【点睛】本题主要考查实数比较大小，考查不等式的证明，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.‎ ‎22.已知椭圆：的左右焦点分别为,,,为椭圆上的两动点，且以,,，四个点为顶点的凸四边形的面积的最大值为．‎ ‎（1）求椭圆的离心率；‎ ‎（2）若椭圆经过点，且直线的斜率是直线，的斜率的等比中项，求面积的取值范围．‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由题得，化简即得椭圆的离心率；（2）设直线的方程为 ‎，‎ 联立直线和椭圆方程得到韦达定理，由，得且．再求出，即得面积取值范围．‎ ‎【详解】（1）由题，当位于椭圆的短轴端点时，凸四边形的面积最大为，‎ 所以，．‎ ‎（2）由（1）可设椭圆的方程为，将点代入得椭圆．‎ 由题意可知，直线的斜率存在且不为，故可设直线的方程为，‎ ‎，满足，消去得．‎ ‎，‎ 且，，．‎ 因为直线，，的斜率依次成等比数列，所以，‎ 即，又，所以，即．‎ 由于直线，的斜率存在，且，得且．‎ 设为点到直线的距离，‎ 则 ‎，‎ 设，‎ 所以的取值范围为．‎ ‎【点睛】本题主要考查椭圆离心率的求法，考查直线和椭圆的位置关系问题，考查椭圆中面积的取值范围问题，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和推理分析能力.‎ ‎ ‎