河南省驻马店市新蔡县2019-2020学年高二12月调研考试数学（理）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（理）试题

‎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，则为（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 对于特称命题的否定: 改为（改为），再否定结论 ‎【详解】因为命题，所以为，选择A ‎【点睛】本题主要考查了特称命题的否定，注意区分否命题和命题的否定．属于基础题．‎ ‎2.等比数列的各项均为正数，已知向量，，且，则　　‎ A. 12 B. 10 C. 5 D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用数量积运算性质、等比数列的性质及其对数运算性质即可得出．‎ ‎【详解】向量＝（，），＝（，），且•＝4，‎ ‎∴+＝4，‎ 由等比数列的性质可得：＝……＝＝＝2，‎ 则log2（•）＝．‎ 故选C．‎ ‎【点睛】本题考查数量积运算性质、等比数列的性质及其对数运算性质，考查推理能力与计算能力，属于中档题．‎ ‎3.使不等式成立的一个充分不必要条件是（ ）‎ A. B. C. 或 D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 首先解出不等式，因为是不等式成立的一个充分不必要条件，所以满足是不等式的真子集即可．‎ ‎【详解】因为，所以或，需要是不等式成立的一个充分不必要条件，则需要满足是的真子集的只有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.在中，若，，，则满足条件的三角形有（ ）．‎ A. 个 B. 个 C. 个 D. 个 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 设，，‎ 则，即 解得 或 则满足条件的三角形有个 故选 ‎5.命题；命题.若为假命题，为真命题，则实数的取值范围是（ ）‎ A. B. 或 C. 或 D. 或 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 首先解出两个命题的不等式，由为假命题，为真命题得命题和命题一真一假．‎ ‎【详解】命题，命题．因为为假命题，为真命题．所以命题和命题一真一假，所以或，选择B ‎【点睛】本题主要考查了简易逻辑的问题，其中涉及到了不等式以及命题真假的判断问题，属于基础题．‎ ‎6.下列关于命题的说法正确的是（ ）‎ A. 命题“若，则”的否命题为：“若，则”；‎ B. “”是“”的必要不充分条件 C. 命题“、都是有理数”的否定是“、都不是有理数”‎ D. 命题“若，则”的逆否命题为真命题.‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A选项，命题“若，则”的否命题为“若，则”；‎ B选项，或；‎ C选项，“都是”的否定为“不都是”；‎ D选项，原命题是真命题．‎ ‎【详解】解：A选项，命题“若，则”的否命题为：“若，则”，故A错；‎ B选项，由得，则或 ，‎ ‎，但，‎ ‎∴“”是“”的充分不必要条件，故B错；‎ C选项，命题“、都是有理数”的否定是“、不都是有理数”，故C错；‎ D选项，原命题为真命题，故原命题逆否命题为真命题，故D对；‎ 故选：D．‎ ‎【点睛】本题主要考查命题真假的判定，考查了四种命题之间的关系，考查了命题的否定以及充分条件与必要条件，解题时需对每一个命题认真分析，属于基础题．‎ ‎7.已知数列是等差数列，且，则的值为（ ）.‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：，所以 考点：1、等差数列；2、三角函数求值.‎ ‎8.已知内角的对边分别为，若的面积为，，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意，在中，利用面积公式和余弦定理求得，再由，求得，进而可求得，得到答案.‎ ‎【详解】由题意，在的面积为，即，‎ 根据余弦定理，可得，‎ 即，又∵，所以，‎ 又由，又由，且，所以，‎ 所以，故选D.‎ ‎【点睛】本题主要考查了利用余弦定理和三角形的面积公式求解三角形问题，其中解答中合理利用余弦定理和面积公式，求得C角的大小，再由特殊角的三角函数值，确定B的值是解答的关键，着重考查了推理与计算能力，属于基础题.‎ ‎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 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由等差数列的性质可得，，可得，，计算出公差d，再利用通项公式即可得出所求．‎ ‎【详解】设这十二个节气日影长依次成等差数列，‎ 是其前项和，‎ 则，所以，‎ 由题知，所以，‎ 所以公差，所以，故选B.‎ ‎【点睛】本题考查了等差数列的性质、通项公式与求和公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．‎ ‎10.如图，在正四棱柱，中，底面边长为2，直线与平面所成角的正弦值为，则正四棱柱的高为（ ）．‎ A. 2 B. 3 C. 4 D. 5‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 建立空间坐标系，设棱柱高为，求出平面的法向量，令，求出的值．‎ ‎【详解】以为原点，以，，为坐标轴建立空间坐标系如图所示，‎ 设，则，0，，，2，，，0，，‎ 则，2，，，0，，，0，，‎ 设平面的法向量为，，，则，‎ ‎，令可得，1，，‎ 故，．‎ 直线与平面所成角的正弦值为，‎ ‎，解得：．‎ 故选．‎ ‎【点睛】本题考查了空间向量与线面角的计算，属于中档题．‎ ‎11.设满足约束条件若目标函数的最大值为12，则的最小值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 不等式表示的平面区域如图所示阴影部分,当直线（）,过直线与直线的交点时,目标函数（）取得最大12,即,即,而．‎ ‎12.已知锐角中，角，，所对的边分别为，，，若，则 的取值范围是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由利用余弦定理，可得，利用正弦定理边化角，消去C，可得，利用三角形是锐角三角形，结合三角函数的有界性，可得 ‎【详解】因为，所以，‎ 由余弦定理得：，‎ 所以，‎ 所以，‎ 由正弦定理得，因为，‎ 所以，‎ 即，‎ 因为三角形是锐角三角形，所以，所以，‎ 所以或，‎ 所以或（不合题意），‎ 因为三角形是锐角三角形，所以，‎ 所以，则，‎ 故选C.‎ ‎【点睛】这是一道解三角形的有关问题，在解题的过程中，涉及到的知识点有余弦定理，正弦定理，诱导公式，正弦函数在某个区间上的值域问题，根据题中的条件，求角A的范围是解题的关键.‎ 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.在中，，则角的大小为____．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据正弦定理化简角的关系式，从而凑出的形式，进而求得结果.‎ ‎【详解】由正弦定理得：，即 则 ‎ ‎ 本题正确结果：‎ ‎【点睛】本题考查利用正弦定理和余弦定理解三角形问题，属于基础题.‎ ‎14.已知等比数列的前n项和为，满足，，则________；‎ ‎【答案】或n ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据和q=1两种情况求的值．‎ ‎【详解】由题当时，，解得(q+2)(q-1)=0，得q=2，此时；得当q=1时，，，满足题意，则此时；综上或n ‎【点睛】本题考查等比数列求和，注意公比等于1，不等于1的讨论.‎ ‎15.在三棱锥中，，，，‎ ‎，则异面直线与所成角的余弦值为__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】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,‎ 故,.‎ 于是,所求夹角的余弦值为.‎ 故答案为 ‎16.已知数列满足,是其前项和，若，（其中），则的最小值是_________________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由已知递推式得到：，累加可求，结合，求得，将其代入中，由基本不等式的性质分析可得答案．‎ ‎【详解】根据题意，由已知得：， 把以上各式相加得：， 即：，， 则 即的最小值是， 故答案为．‎ ‎【点睛】本题考查了数列递推式和累加法求数列的和，涉及基本不等式的性质以及应用，属于综合题．‎ 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.已知命题关于的方程有实数根，命题．‎ ‎（1）若是真命题，求实数的取值范围；‎ ‎（2）若是的必要非充分条件，求实数的取值范围．‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据命题的否定是真命题，进行转化求解即可；（2）根据充分条件和必要条件的定义和关系建立不等式关系进行求解即可．‎ ‎【详解】（1）当命题是真命题时，满足，则.‎ ‎∴或 ‎∵是真命题 ‎∴是假命题，即. ∴实数的取值范围是 ‎（2）∵是的必要非充分条件 ∴是的真子集，即或.‎ ‎∴或 ‎∴实数取值范围 ‎【点睛】本题主要考查复合命题之间关系以及充分条件和必要条件的应用，根据条件建立不等式关系是解决本题的关键．若是的充分不必要条件，则所对应的解集是所对应的解集的真子集；是的必要不充分条件，则所对应的解集是所对应的解集的真子集 ‎18.已知数列中，，．‎ ‎（1）证明数列为等差数列，并求数列的通项公式；‎ ‎（2）求数列的前项和．‎ ‎【答案】(1)见证明； (2) ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由题设条件，化简得到，即可证得数列为首项为，公差为的等差数列，进而求得通项公式．‎ ‎（2）由（1）可得 ，利用求和公式即可得出．‎ ‎【详解】（1）因为，且，‎ 所以数列为首项为，公差为的等差数列.‎ 所以，即.‎ ‎（2）因为，‎ 所以.‎ ‎【点睛】本题主要考查了数列递推关系、等差数列与等比数列的通项公式求和公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．‎ ‎19.在中，内角的对边分别是，且满足．‎ ‎(1)求角C；‎ ‎(2)设为边的中点，的面积为，求边的最小值．‎ ‎【答案】（1）；（2）3‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1) 先用正弦定理将已知等式两边都化为正，余弦角的关系，再根据对其进行化简，计算可得角C．(2)由三角形的面积可得，用余弦定理将边CD表示出来，再根据可求出CD最小值．‎ ‎【详解】(1) 由正弦定理：，又，‎ 由题，所以.‎ 因为，所以,‎ 即,即,‎ 因为，所以，则.‎ ‎(2) 由，即，所以.‎ 由,所以 当且仅当时取等 所以边的最小值为.‎ ‎【点睛】本题考查正弦定理和余弦定理，运用基本不等式是求解最小值的关键．‎ ‎20.如图所示，圆的直径，为圆周上一点，，平面垂直圆所在平面，直线与圆所在平面所成角为，.‎ ‎（1）证明：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）先证明平面，得出，又，则平面；‎ ‎（2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量和平面的法向量，通过计算法向量所成角的余弦值求出二面角的余弦值．‎ ‎【详解】（1）∵是圆的直径，为圆周上一点，‎ ‎∴，又平面平面，平面平面，‎ ‎∴平面，∴，‎ 又，，平面，平面，‎ ‎∴平面；‎ ‎（2）过作于，则平面，‎ 过作交于，‎ ‎∴为直线与平面所成的角，则，‎ 由题意可得，，‎ ‎∵，，∴，‎ ‎∴，，‎ ‎∴，，，‎ 以为原点，、、分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，‎ 则，，，，‎ 从而，，‎ 设平面的法向量，则得，‎ 令，从而，而平面的法向量为，‎ 故，‎ 由图可知，二面角的平面角为锐角，‎ ‎∴二面角的余弦值为．‎ ‎【点睛】本题主要考查空间中线面垂直、面面垂直的判定和性质，考查线面角、二面角的求法，考查空间向量在立体几何中的应用，属于中档题．‎ ‎21.在中，角，，的对边分别为，，，且.‎ ‎（1）求角的大小；‎ ‎（2）若等差数列的公差不为零，，且，，成等比数列；若，求数列的前项和.‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）运用正弦定理整理可得，再利用余弦定理可得，进而得到所求角；‎ ‎（2）设等差数列的公差为，求得首项，运用等比数列定义和等差数列的通项公式，解方程可得公差，可得数列的通项公式，整理得：‎ ‎，由裂项相消求和，化简可得所求和.‎ ‎【详解】解：（1）由，‎ 根据正弦定理可得，即，‎ 所以，‎ 由，得；‎ ‎（2）设公差为，由，即，得，‎ ‎，，成等比数列，可得.即，‎ 又，可得，则，‎ ‎，‎ 则.‎ ‎【点睛】本题主要考查了三角形的正弦定理、余弦定理的运用，考查等差数列的通项公式和等比数列定义，还考查了裂项相消求和方法，考查化简运算能力，属于难题.‎ ‎22.已知数列前项和.数列满足，数列满足.‎ ‎（1）求数列和数列的通项公式；‎ ‎（2）求数列的前项和.‎ ‎【答案】（1），；（2）．‎ ‎【解析】‎ 分析】‎ ‎（1）由先求出，再代入求出；‎ ‎（2）由（1）知数列为差比（等差等比）数列，利用错位相减法求和．‎ ‎【详解】解：（1）当时，，‎ 又，符合上式，‎ 故数列的通项公式；‎ 又∵，∴，‎ 故数列的通项公式为；‎ ‎（2）由（1）知，，‎ ‎∴，‎ ‎，‎ ‎①-②得 ‎，‎ ‎∴．‎ ‎【点睛】本题主要考查由数列的前项和求通项公式，考查错位相减法求和，属于中档题．‎ ‎ ‎