安徽省六安市第一中学2019-2020学年高二上学期开学考试数学（文）试题 20页

六安一中2019——2020年度高二年级第一学期开学考试 数学试卷（文科）‎ 一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分。每小题给出的四个选项中只有一项是符合题目要求的。‎ ‎1.若集合，，则（）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分别求解出集合和集合，根据集合的包含关系可确定结果.‎ ‎【详解】，‎ 本题正确选项：‎ ‎【点睛】本题考查集合间的包含关系，属于基础题.‎ ‎2.若直线：与：平行，则与间的距离为　　‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎∵直线：与：平行 ‎∴‎ ‎∴‎ ‎∴直线与之间的距离为.‎ 故选B.‎ ‎3.已知向量，，，则（）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据向量平行坐标运算可求得；利用两角和差正切公式可求得结果.‎ ‎【详解】由得： ‎ 本题正确选项：‎ ‎【点睛】本题考查利用两角和差正切公式求解函数值，涉及到向量平行的坐标表示，属于基础题.‎ ‎4.不等式的解集为（-4,1），则不等式的解集为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据不等式ax2+bx+c＞0的解集求得a、b、c的关系，代入不等式b（x2+1）﹣a（x+3）+c＞0中，化简并求出该不等式的解集可得答案．‎ ‎【详解】不等式ax2+bx+c＞0的解集为（﹣4，1），‎ 则不等式对应方程实数根为﹣4和1，且a＜0；‎ 由根与系数的关系知，，‎ ‎∴，‎ ‎∴不等式b（x2+1）﹣a（x+3）+c＞0化为 ‎3a（x2+1）﹣a（x+3）﹣4a＞0，‎ 即3（x2+1）﹣（x+3）﹣4＜0，‎ 解得﹣1＜x，‎ ‎∴该不等式的解集为（﹣1，）．‎ 故选：A．‎ ‎【点睛】本题考查了一元二次不等式的解法与应用问题，是基础题．‎ ‎5.把函数图象上所有点的横坐标缩短到原来的倍（纵坐标不变），再把所得曲线向右平移个单位长度，最后所得曲线的一条对称轴是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求出图像变换最后得到的解析式，再求函数图像的对称轴方程.‎ ‎【详解】由题得图像变换最后得到的解析式为，‎ 令，‎ 令k=-1,所以.‎ 故选：A ‎【点睛】本题主要考查三角函数图像变换和三角函数图像对称轴的求法，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，属于基础题.‎ ‎6.在中，角对应的边分别是，已知，的面积为，则外接圆的直径为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据三角形面积公式求得；利用余弦定理求得；根据正弦定理求得结果.‎ ‎【详解】由题意得：，解得：‎ 由余弦定理得： ‎ 由正弦定理得外接圆的直径为：‎ 本题正确选项：‎ ‎【点睛】本题考查正弦定理、余弦定理、三角形面积公式的综合应用问题，考查学生对于基础公式和定理的掌握情况.‎ ‎7.中国古代数学名著《算法统宗》中有这样一个问题：“三百七十里关，初行健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见次日行数里，请公仔细算相还”.其意思为：“有一个人走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”，请问从第几天开始，走的路程少于30里（ ）‎ A. 3 B. 4 C. 5 D. 6‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意知，本题考查等比数列问题，此人每天步数构成公比为的等比数列，由求和公式可得首项，进而求得答案。‎ ‎【详解】设第一天的步数为，依题意知此人每天的步数构成公比为的等比数列，‎ 所以，解得， ‎ 由，，解得,故选B。‎ ‎【点睛】本题主要考查学生的数学抽象和数学建模能力。‎ ‎8.如图，网格纸上正方形小格的边长为1，图中粗线画的是某几何体的三视图，则该几何体最长棱的长度为( )‎ A. 4 B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 如图所示，由三视图可知该几何体为：四棱锥.‎ 其中，平面，，.‎ ‎∴，，，则 ‎.‎ ‎∴该几何体最长棱的长度 故选D.‎ 点睛：本题利用空间几何体的三视图重点考查学生的空间想象能力和抽象思维能力，属于难题.三视图问题是考查学生空间想象能力最常见题型，也是高考热点.观察三视图并将其“翻译”成直观图是解题的关键，不但要注意三视图的三要素“高平齐，长对正，宽相等”，还要特别注意实线与虚线以及相同图形的不同位置对几何体直观图的影响，对简单组合体三视图问题，先看俯视图确定底面的形状，根据正视图和侧视图，确定组合体的形状.‎ ‎9.函数的图象大致为（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 取时的情况，排除BCD.‎ ‎【详解】当,,排除BCD 故答案选A ‎【点睛】本题考查了函数图像，特殊值法是解题的关键.‎ ‎10.如图，在直四棱柱中，四边形为梯形，，，，，则直线与所成的角的余弦值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 如图所示，过点C作CE||,连接,则就是直线与所成的角或其补角，‎ 由题得,由余弦定理得,故选A.‎ 点睛：本题的难点在于如何作出直线与所成的角，一般利用平移的方法，这种技巧再求异面直线所成的角中经常要用到，大家要理解掌握并做到灵活运用.‎ ‎11.已知是定义在上的偶函数,且在上是减函数,设,,,则的大小关系是()‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据偶函数的对称性可知在上为增函数；通过临界值比较出自变量的大小关系，根据单调性可得结果.‎ ‎【详解】是上的偶函数，且在上为减函数 在上为增函数 ‎，即 本题正确选项：‎ ‎【点睛】本题考查根据函数单调性比较函数值大小的问题，关键是能够利用奇偶性的性质得到函数在自变量所在区间内的单调性，通过自变量大小关系的比较得到函数值的大小关系.‎ ‎12.已知，若存在三个不同实数使得，则的取值范围是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 作出函数图象，令，设，由对数的运算性质得出，并求出的取值范围，从而得出的取值范围。‎ ‎【详解】令，则、、可视为直线与曲线的三个交点的横坐标，如下图所示：‎ 当时，；当时，由.‎ 由可得，得，‎ 即，所以，.‎ 结合图象可知，，，因此，的取值范围是，‎ 故选：C。‎ ‎【点睛】本题考查函数零点的取值范围，考查对数的运算性质，解本题的关键就是计算时去绝对值，并充分利用了对数的运算性质，其次再解这类问题时，可充分利用参数来表示零点，并构造新函数来求解。‎ 二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分。‎ ‎13.若，则_____________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据所给的指数式，化为对数式，根据对数的换地公式写出倒数的值，再根据对数式的性质，得到结果。‎ ‎【详解】，‎ ‎，，‎ ‎，‎ 则 故答案为 ‎【点睛】本题是一道有关代数式求值的问题，解答本题的关键是熟练应用对数的运算性质，属于基础题。‎ ‎14.对任意实数，不等式恒成立，则实数的取值范围是____．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分别在和两种情况下进行讨论，当时，根据二次函数图像可得不等式组，从而求得结果.‎ ‎【详解】①当，即时，不等式为：，恒成立，则满足题意 ‎②当，即时，不等式恒成立则需：‎ 解得：‎ 综上所述：‎ 本题正确结果：‎ ‎【点睛】本题考查不等式恒成立问题的求解，易错点是忽略不等式是否为一元二次不等式，造成丢根；处理一元二次不等式恒成立问题的关键是结合二次函数图象来得到不等关系，属于常考题型.‎ ‎15.已知三棱锥（如图所示），平面，，，，则此三棱锥的外接球的表面积为______．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由于图形特殊，可将图形补成长方体，从而求长方体的外接球表面积即为所求.‎ ‎【详解】，，，，平面，将三棱锥补形为如图的长方体，则长方体的对角线，则 ‎【点睛】本题主要考查外接球的相关计算，将图形补成长方体是解决本题的关键，意在考查学生的划归能力及空间想象能力.‎ ‎16.已知，是平面内两个互相垂直的单位向量，若向量满足，则的最大值是 .‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】，‎ ‎，‎ 是平面内两个相互垂直的单位向量，‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ ‎，‎ ‎，为与的夹角，‎ ‎∵是平面内两个相互垂直的单位向量 ‎∴，即，‎ 所以当时，即与共线时，‎ 取得最大值为，故答案为.‎ 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.已知等差数列的前项和为，，。‎ ‎（1）求数列的通项公式；‎ ‎（2）记，其前项和，求。‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用和表示已知等式，构造方程组求得和，根据等差数列通项公式可求得结果；（2）根据（1）得到，采用裂项相消法可求得结果.‎ ‎【详解】（1）设等差数列的公差为 则，解得：‎ ‎（2）由（1）得：‎ ‎【点睛】本题考查等差数列基本量的计算、裂项相消法求解数列的前项和；关键是能够将数列的通项进行准确的裂项，属于常考题型.‎ ‎18.在如图所示的几何体中，已知，平面ABC，，，‎ 若M是BC的中点，且，平面PAB．‎ 求线段PQ的长度；‎ 求三棱锥的体积V．‎ ‎【答案】（1）2；（2）2.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 取AB的中点N，连接MN，PN，推导出四边形PQMN为平行四边形，由此能求出线段PQ的长度．‎ 取AC的中点H，连接QH，推导出四边形PQHA为平行四边形，由此能求出三棱锥的体积．‎ ‎【详解】解：取AB的中点N，连接MN，PN，‎ ‎，且，‎ ‎，、Q、M、N确定平面，‎ 平面PAB，且平面平面，‎ 又平面，，‎ 四边形PQMN为平行四边形，‎ ‎．‎ 解：取AC的中点H，连接QH，‎ ‎，且PQ=AH=2，四边形PQHA为平行四边形，‎ ‎，平面ABC，平面ABC，‎ ‎，，‎ 三棱锥的体积：‎ ‎．‎ ‎【点睛】本题考查线段长的求法，考查三棱锥的体积的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想，是中档题．‎ ‎19.已知函数，，若在区间上有最大值5，最小值2．‎ 求a，b的值；‎ 若，在上为单调函数，求实数m的取值范围．‎ ‎【答案】（1）（2）(－∞，2]∪[6，＋∞)‎ ‎【解析】‎ 解：(1)f(x)＝a(x－1)2＋2＋b－a.‎ 当a>0时，f(x)在[2,3]上为增函数，‎ 故，⇒‎ ‎⇒‎ 当a<0时，f(x)在[2,3]上为减函数，‎ 故⇒‎ ‎⇒‎ ‎(2)∵b<1，∴a＝1，b＝0，‎ 即f(x)＝x2－2x＋2.‎ g(x)＝x2－2x＋2－mx ‎＝x2－(2＋m)x＋2，‎ ‎∵g(x)在[2,4]上单调，‎ ‎∴≤2或≥4.‎ ‎∴m≤2或m≥6.‎ 故m的取值范围为(－∞，2]∪[6，＋∞)．‎ ‎20.如图，已知以点为圆心的圆与直线相切．过点的动直线与圆A相交于M，N两点，Q是的中点，直线与相交于点P．‎ ‎（1）求圆A的方程；‎ ‎（2）当时，求直线的方程．‎ ‎【答案】(1) .(2) 或 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）圆心到切线的距离等于圆的半径，从而易得圆标准方程；‎ ‎（2）考虑直线斜率不存在时是否符合题意，在斜率存在时，设直线方程为，根据垂径定理由弦长得出圆心到直线的距离，现由点（圆心）到直线的距离公式可求得．‎ ‎【详解】（1）由于圆A与直线相切，∴，‎ ‎∴圆A的方程为．‎ ‎（2）①当直线与x轴垂直时，易知与题意相符，使．‎ ‎②当直线与x轴不垂直时，设直线的方程为即，连接，‎ 则，∵，∴，由，得．‎ ‎∴直线，故直线的方程为或．‎ ‎【点睛】本题考查直线与圆的位置关系，解题关键是垂径定理的应用，在圆中与弦长有关的问题通常都是用垂径定理解决．‎ ‎21.已知函数．‎ ‎(Ⅰ)求函数的递增区间；‎ ‎(Ⅱ)若的角所对的边分别为，角的平分线交于，，，求．‎ ‎【答案】（1）递增区间为，；（2）.‎ ‎【解析】‎ 分析：（1）利用三角恒等变换化简函数的解析式，再利用正弦函数的单调性，求得函数的递增区间；‎ ‎（2）在中，利用正弦定理求得 的值，可得B的值，再利用两角和的余弦公式，求得的值.‎ 详解：(1)∵‎ ‎，‎ 令，，‎ ‎∴，，‎ ‎∴函数的递增区间为，. ‎ ‎(2) ∵，∴，∴，‎ 又，∴，‎ ‎∴，∴，‎ 又平分，∴，‎ 又，又由 正弦定理得：，∴，∴，‎ 又，∴；∴，‎ ‎∴．‎ 点睛：本题主要考查三角恒等变换，正弦函数的单调性，正弦定理、两角和的余弦公式的应用，属于中档题.‎ ‎22.已知数列的前项和为且满足，‎ ‎（1）求数列的通项公式；‎ ‎（2）设，若对一切，恒成立，求实数的最小值。‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）当时，利用可求得；当时，利用可证得数列为等差数列；根据等差数列通项公式可求得结果；（2）由（1）可得，采用错位相减法可求得的前项和；根据可求得结果.‎ ‎【详解】（1）当时，，解得：‎ 当且时，‎ 整理可得：‎ ‎ ‎ 数列是以为首项，为公差的等差数列 ‎（2）由（1）得： ‎ 设 则 上下两式作差得：‎ ‎ 单调递增，又 ‎ 即的最小值为：‎ ‎【点睛】本题考查利用求解数列通项公式、错位相减法求解数列的前项和的问题；关键是能够利用证得数列为等差数列；当通项公式为等差与等比数列乘积的形式时，采用错位相减法进行求和运算.‎ ‎ ‎