河南省驻马店市新蔡县2019-2020学年高二12月调研考试数学（文）试题

河南省驻马店市新蔡县2019-2020学年高二12月调研考试数学（文）试题

‎2019—2020学年度上期高中调研考试高二 文科数学试题 一、选择题 ‎1.已知命题，总有，则为（　　）‎ A. 使得 B. 使得 C. 总有 D. ,总有 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用全称命题的否定解答即得解.‎ ‎【详解】根据全称命题的否定为特称命题可知，￢p为∃x0＞0，使得（x0+1）≤1，‎ 故选B．‎ ‎【点睛】本题主要考查全称命题的否定，意在考查学生对该知识的理解掌握水平.‎ ‎2.在中，，，，则的大小为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 已知三角形的三边长，直接由余弦定理有,可得答案.‎ ‎【详解】已知，，。‎ 则由余弦定理有.‎ 为三角形的内角，,‎ 所以 故选: C.‎ ‎【点睛】本题考查余弦定理，已知三边长求角用余弦定理.属于基础题.‎ ‎3.黑、白两种颜色的正六边形地面砖按下图所示的规律拼成若干个图案，则第个图案中白色地面砖的块数为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 通过观察得出从第2个图起，每增加1块黑色地面砖，相应的白色的地面砖就增加4块，根据这一规律就可以得出第个图中有白色的地面砖的块数.‎ ‎【详解】从第2个图起，每增加1块黑色地面砖，相应的白色的地面砖就增加4块，‎ 而第1个图中有白色的地面砖6块，‎ 所以第个图中有白色的地面砖的块数：是以6为首项，4为公差的等差数列的第项.‎ 即第个图中有白色的地面砖的块数：，‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查归纳推理，由已知的几个图形观察出它们的规律，得出一般结论,属于基础题.‎ ‎4.在下列四个命题中，真命题的个数是（ ）①，;②，是有理数;③，使;④，.‎ A. 4 B. 3 C. 2 D. 1‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎①配方可判断.②.由有理数的运算性质可判断.③.取特殊值 时可判断.④.取特殊值时可判断.‎ ‎【详解】①. , ,所以①正确.‎ ‎②. 当时，为有理数，所以②正确.‎ ‎③.当时，成立，所以③正确.‎ ‎④.当时，成立，所以④不正确 故选：B ‎【点睛】本题考查命题真假的判断及其应用，三角函数公式，考查推理能力，属于基础题.‎ ‎5.已知，则下列不等式一定成立的是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据不等式的性质和函数的单调性可以得到正确答案.‎ ‎【详解】A .,若为正，为负，则，所以A不正确.‎ B. 若时，所以B不正确.‎ C. 当时，由幂函数在上为增函数，则有，所以C不正确.‎ D. 当时，由指数函数在上为增函数，则有，所以D正确.‎ 故选：D ‎【点睛】本题考查根据幂函数、指数函数、对数函数的单调性比较大小和不等式的性质，属于基础题.‎ ‎6.已知实数，满足约束条件，则最小值为（ ）‎ A. 7 B. 2 C. -2 D. -5‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据约束条件作出可行域，将目标函数平移进过可行域，可得其最小值.‎ ‎【详解】由约束条件作出可行域，如图 目标函数表示直线在轴上的截距.‎ 要求的最小值，即求直线在轴上的截距的最小值.‎ 所以将直线平移使之经过可行域，‎ 当直线过时截距最小.‎ 所以的最小值为：.‎ 故选: D ‎【点睛】本题考查简单的线性规划问题，在简单的线性规划问题中目标函数的几何意义常见有截距、斜率、距离等，属于基础题.‎ ‎7.短道速滑队组织6名队员（包括赛前系列赛积分最靠前的甲乙丙三名队员在内）参加冬奥会选拔赛，记“甲得第一名”为，“乙得第二名”为，“丙得第三名”为，若是真命题，是假命题，是真命题，则选拔赛的结果为（ ）‎ A. 甲得第一名、乙得第三名、丙得第二名 B. 甲没得第一名、乙没得第二名、丙得第三名 C. 甲得第一名、乙没得第二名、丙得第三名 D. 甲得第二名、乙得第一名、丙得第三名 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 若是真命题，是假命题，则命题中一真一假，是真命题，则和均为真命题，即为假命题，从而可判断结果.‎ ‎【详解】若是真命题，是假命题，则命题中一真一假，‎ 是真命题，则和均为真命题，即为假命题，‎ 所以命题为真，为真命题，为假命题，‎ 即甲得第一名，丙得第三名，乙没有得第二名.‎ 故选：C ‎【点睛】本题考查根据复合命题,,的真假来判断命题的真假，属于中档题,‎ ‎8.已知的内角，，所对的边分别为，，，且，则是（ ）‎ A. 直角三角形 B. 等腰三角形 C. 等腰直角三角形 D. 等边三角形 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由有，根据余弦定理可求出角，再将化为,化简然后可得出，可得答案.‎ ‎【详解】由有,‎ 由余弦定理有：，‎ 又角，所以.‎ 又即，‎ 所以 则，即,‎ 又，所以,‎ 即，故为等边三角形.‎ 故选：D ‎【点睛】本题考查余弦定理，三角函数的和差角公式的应用，属于中档题.‎ ‎9.设，定义运算“”和“”如下：，，若正数，，，满足，，则（ ）‎ A. ， B. ，‎ C. ， D. ，‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意有表示中较小者，表示中较大者，由可得，则中较大者必大于等于3，则中较小者必小于等于4，从而可得答案.‎ ‎【详解】由得表示中较小者，‎ 得表示中较大者，‎ 又，则,‎ 所以中较大者必大于等于3，‎ 由，则中较小者必小于等于4，‎ 即，，‎ 故选：C ‎【点睛】本题是考查新定义，考查数学符号的理解以及分析推理等综合能力，考查重要不等式的应用，属于中档题.‎ ‎10.若直线过点，则最小值等于（ ）‎ A. 7 B. 8 C. 9 D. 10‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由直线过点，有，即，则==，用基本不等式可求得最小值.‎ ‎【详解】由直线过点，‎ 有，即,‎ 则==‎ 当且仅当 ，即 时，取得等号.‎ 故选：C ‎【点睛】本题考查利用重要不等式求最值，求解中将目标函数中的常数“1”代换为条件中的式子进行等量代换，是解决本题的关键,属于中档题 ‎11.已知数列满足，，其首项，若数列是单调递增数列，则实数的取值范围是（ ）‎ A B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用数列是递增数列，则，可得的范围，通过两项，求出的范围，根据题意分析可选出答案.‎ ‎【详解】数列是递增数列，‎ 即，可解得或，‎ ‎,则或,‎ ‎,由或得：.‎ 即或，‎ 可解得或.‎ 又由，‎ 由函数在上单调递减，在上单调递增,‎ 则当或时，都有成立，‎ 即由或可得，得，‎ 由可得，由此类推可得，则有，‎ 所以或时，都有，即数列是递增数列.‎ 故选：B ‎【点睛】本题考查数列的单调性，注意推出数列的或是解题的关键，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，本题好可以用验证排除的方法求解,是中档题．‎ ‎12.在中，，为的中点，且，则周长的最大值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设， ，由为的中点，且，分别在 中用余弦定理可得，而三角形的周长为，利用柯西不等式可求得周长的最大值.‎ ‎【详解】设,,由为的中点，且，‎ 分别在中用余弦定理可得:‎ 即 (1)‎ 即 (2)‎ 又=‎ 由(1)+ (2)得：，‎ 而三角形的周长为，‎ 由 即，即，‎ 当且仅当即 时，取得等号.‎ 所以三角形的周长的最大值为.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查余弦定理和三角形的周长的最值，考查利用柯西不等式求最值,属于难题.‎ 二、填空题 ‎13.设是递增的等差数列，首项，前三项的积为48，则前三项的和为：______.‎ ‎【答案】12‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设等差数列的公差为，则三项的积，可求解出公差，从而可得答案.‎ ‎【详解】设等差数列的公差为，‎ 三项的积,‎ 即解得：或 (舍去)‎ 则.‎ 故答案为：12.‎ ‎【点睛】本题考查等差数列的通项公式的应用，属于基础题.‎ ‎14.在中，已知角的对边分别为，且，，，若有两解，则的取值范围是__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用正弦定理得到，再根据有两解得到，计算得到答案.‎ ‎【详解】由正弦定理得： ‎ 若有两解：‎ 故答案为 ‎【点睛】本题考查了正弦定理，有两解，意在考查学生的计算能力.‎ ‎15.命题：，命题：或，则命题是的______条件.（从“充分不必要”“必要不充分”“充要”“既不充分又不必要”中选填）‎ ‎【答案】充分不必要 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由命题：，命题：或，可得：；：且，则由，反之不成立，由此可得答案.‎ ‎【详解】命题：，命题：或，‎ 则：；：且，‎ 当且时，则有 所以，反之不成立，‎ 例如：，满足，但推不出且.‎ 即，反之不成立，所以命题是的充分不必要条件.‎ 故答案为：充分不必要.‎ ‎【点睛】本题考查命题之间的关系、充分必要条件的判定，考查推理能力，属于基础题.‎ ‎16.定义为数列的均值，已知数列的均值，记数列 的前项和是,若对于任意的正整数 n 恒成立，则实数 k 的取值范围是______．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意，，，从而求出，可得数列为等差数列，从而将对任意的恒成立化为，；从而求解．‎ ‎【详解】解：由题意，‎ ‎，‎ 则，‎ ‎，‎ 则 ‎，‎ 则，‎ 对也成立，‎ 故，‎ 则，‎ 则数列为等差数列，‎ 故对任意的恒成立可化为：‎ ‎，；‎ 即，‎ 解得，，‎ 故答案为：，．‎ ‎【点睛】本题考查了新定义的理解和运用，考查等差数列的前项和的最值及数列的通项公式的求法的问题，考查推理和运算能力，属于中档题．‎ 三、解答题 ‎17.已知函数，.‎ ‎（Ⅰ）若方程的两根分别在1的两侧，求实数的取值区间；‎ ‎（Ⅱ）若方程在内只有一个根，求实数的取值集合.‎ ‎【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）或 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）二次函数开口向上，方程的两根分别在1的两侧, 则只需.‎ ‎（Ⅱ）方程在内只有一个根,分为是二次函数图像与轴在内仅有一交点，另一个交点在外，另一种是二次函数图像与轴仅有一个交点且在内.‎ ‎【详解】（Ⅰ）∵方程的两根分别在1的两侧，‎ ‎∴只需满足条件：即可，‎ 即：，解得；‎ ‎（Ⅱ）∵方程内只有一个根，且，‎ ‎∴只需满足条件：或或，‎ 即：或或，‎ 解得：或.‎ ‎【点睛】本题考查二次函数的图像性质和二次方程实数根的分布问题,属于中档题.‎ ‎18.已知命题：方程有两个不相等的实根；：不等式的解集为.‎ ‎（Ⅰ）若为假，求实数的取值范围；‎ ‎（Ⅱ）若或为真，为假，求实数的取值范围.‎ ‎【答案】（Ⅰ）或；（Ⅱ）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）由不等式的解集为，得，得出参数的范围，若为假,即求补集.‎ ‎（Ⅱ）若或为真,则，中至少有一个为真，又为假，则为真命题,然后根据真假，求出参数的范围.‎ ‎【详解】（Ⅰ）由不等式的解集为，得，‎ 解得，故命题为假时，或；‎ ‎（Ⅱ）∵方程有两个不相等的实根，‎ ‎∴命题为真时，，∴或，‎ ‎∵或为真，为假，∴真假，‎ ‎∴，解得或，‎ ‎∴实数的取值范围为.‎ ‎【点睛】本题考查根据复合命题的真假求参数的范围，主要考查一元二次方程有两个不等实数根和二次不等式恒成立求参数，属于基础题.‎ ‎19.已知的内角，，的对边分别为，，，满足.‎ ‎（Ⅰ）求角的大小；‎ ‎（Ⅱ）若，则当，分别取何值时，面积有最大值，并求出这个最大值.‎ ‎【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ），‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）由结合正弦定理有，再利用三角函数的和角公式，可求得，从而得到答案.‎ ‎（Ⅱ）由余弦定理得：,然后利用重要不等式可得，从而得到面积的最大值，从而得到答案.‎ ‎【详解】（1）由正弦定理及得：‎ ‎，‎ 因为角为三角形的内角，，则.‎ ‎∴，；‎ ‎（Ⅱ）∵，，由余弦定理得：‎ ‎，∴，当且仅当时“”成立.‎ 所以当时，面积有最大值：.‎ ‎【点睛】本题考查正弦定理和余弦定理以及三角形的面积的最值,属于中档题.‎ ‎20.已知等比数列中，.‎ ‎（1）求的通项公式；‎ ‎（2）设，求数列的前项和.‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）设等比数列的公比为，则，‎ 因，所以，‎ 因为，解得，‎ 所以；‎ ‎（2），‎ 设，则，‎ ‎.‎ ‎21.在中，内角所对的边分别为，向量，且.‎ ‎（1）求角的大小；‎ ‎（2）若，求的取值范围.‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据向量得到，再由正弦定理将边化为角的表达式，结合余弦定理求得角C的值．‎ ‎（2）利用正弦定理求的△ABC的外接圆半径，将 表示成A与B的三角函数式，利用辅助角公式化为角A的函数表达式；再由角A的取值范围求得的范围．‎ ‎【详解】（1）∵ ‎ ‎∴‎ ‎∴ ‎ ‎∴ ‎ ‎∴ 又 .‎ ‎∴ .‎ ‎（2）∵， ‎ ‎ ∴△ABC外接圆直径2R=2‎ ‎∴ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎∵ ∴ ‎ ‎∴ ‎ ‎∴ 的取值范围是 .‎ ‎【点睛】本题考查了向量垂直的坐标表示，正弦定理、余弦定理的综合应用，辅助角公式化简三角函数表达式，知识点多，较为综合，属于中档题．‎ ‎22.已知数列的前项和为，，，且，，成等差数列.‎ ‎（Ⅰ）求数列的通项公式；‎ ‎（Ⅱ）若数列满足，数列的前项和为，证明：.‎ ‎【答案】（Ⅰ），；（Ⅱ）证明见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）由有，两式相减得，再计算当时也满足，然后得出数列为等比数列，再利用条件，，成等差数列，计算得出答案.‎ ‎（Ⅱ）由得，用错位相减的方法求出其前项的和,可证明结论.‎ ‎【详解】（Ⅰ）∵，，‎ ‎∴，‎ 两式相减得：，‎ ‎∵，，，满足，‎ 即,‎ 所以数列是以1为首项，为公比的等比数列，‎ 所以，，‎ 由题知，∴，解得：，‎ 故所求，；‎ ‎（Ⅱ）因为，即，∴，‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ ‎.‎ ‎【点睛】本题考查递推数列求通项公式，考查等比数列的判定和通项公式，等差数列的性质，利用错位相减法求数列的前项和,属于难题.‎ ‎ ‎