- 2021-06-10 发布 |
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文档介绍
黑龙江省鸡西市鸡东县第二中学2019-2020学年高二下学期阶段性线上考试数学(理)试卷
数学(理科)试题 一、选择题 1.复平面内表示复数z=的点位于( ) A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限 2.在等比数列{an}中,,,则( ) A. 4 B. 2 C. ±4 D. ±2 3.已知复数z满足(其中i为虚数单位),则( ) A. 1 B. 2 C. D. 4.若向量,的夹角为60°,且||=2,||=3,则|2|=( ) A. 2 B. 14 C. 2 D. 8 5.已知,则 ( ) A. B. C. D. 6.已知α∈(0,),2sin 2α=cos 2α+1,则sin α= A. B. C. D. 7.为了得到函数的图象,只需把函数的图象上所有的点( ) A. 向左平移个单位长度 B. 向右平移个单位长度 C. 向左平移个单位长度 D. 向右平移个单位长度 8.△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c成等比数列,且,则cos B等于 A. B. C. D. 9.如图所示,△ABC中,点D是线段BC的中点,E是线段AD的靠近A的三等分点,则( ) A. B. C. D. 10.△ABC的三个内角A、B、C所对的边分别为a、b、c,,则 A. B. C. D. 11.设函数,,其中,.若,,且的最小正周期大于,则 (A), (B), (C), (D), 12.已知P,Q是边长为1的正方形ABCD边上的两个动点,则的取值范围为( ) A.[-1,1] B.[-1,2] C. D. 二、填空题(本题共4道小题,每小题5分,共20分) 13.(06年上海卷理)如果=,且是第四象限的角,那么= . 14.设是等差数列,且a1=3,a2+a5=36,则的通项公式为__________. 15.在四边形ABCD中,,点E在线段CB的延长线上,且,则 . 16.在正项等比数列中,,,则满足的 最大正整数的值为 ▲ 三、解答题 17.(本题满分10分) 已知函数f(x)=sin2x–cos2x–sin x cos x(xR). (Ⅰ)求的值. (Ⅱ)求f(x)的最小正周期及单调递增区间. 18.(本小题满分12分) △ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知2cosC(acosB+bcosA)=c. (I)求C; (II)若c=, △ABC的面积为,求△ABC的周长. 19.(本小题满分12分) 已知数列{an}和{bn}满足a1=1,b1=0, ,. (1)证明:{an+bn}是等比数列,{an–bn}是等差数列; (2)求{an}和{bn}的通项公式. 20.(本小题满分12分) .已知等差数列{an}的前n项和为Sn,且,. (1)求Sn; (2)记,求Tn. 21.(本小题满分12分) 已知四棱锥P-ABCD的底面ABCD是菱形,,AD的中点M是顶点P在底面ABCD的射影,N是PC的中点. (1)求证:平面MPB⊥平面PBC; (2)若,直线BN与平面PMC所成角的正弦值. 22.(本小题满分12分) 已知函数,为的导数.证明: (1)在区间存在唯一极大值点; (2)有且仅有2个零点. 试卷答案 1.C 解:∵z===, ∴复平面内表示复数z=的点的坐标为(),位于第三象限. 故选:C. 2.B 【分析】 设等比数列的公比为,由等比数列的定义知与同号,再利用等比中项的性质可求出的值. 【详解】设等比数列的公比为,则,,. 由等比中项的性质可得,因此,,故选:B. 【点睛】本题考查等比中项性质的应用,同时也要利用等比数列的定义判断出项的符号,考查运算求解能力,属于中等题. 3.D 【分析】 先求出复数z,然后根据公式,求出复数的模即可. 【详解】,,.故选D. 【点睛】本题主要考查复数的模计算,较基础. 4.A 【分析】 由已知可得||,根据数量积公式求解即可. 【详解】|| . 故选:A. 【点睛】本题考查平面向量数量积的性质及运算,考查了利用数量积进行向量模的运算求解方法,属于基础题. 5.B 【分析】 利用诱导公式以及同角三角函数基本关系式化简求解即可. 【详解】, 本题正确选项: 【点睛】本题考查诱导公式的应用,同角三角函数基本关系式的应用,考查计算能力. 6. B ,, 则,所以, 所以. 7.D 【分析】 通过变形,通过“左加右减”即可得到答案. 【详解】根据题意,故只需把函数 的图象 上所有点向右平移个单位长度可得到函数的图象,故答案为D. 【点睛】本题主要考查三角函数的平移变换,难度不大. 8.B 【分析】 成等比数列,可得,又,可得,利用余弦定理即可得出. 【详解】解:成等比数列,,又,, 则 故选:B。 【点睛】本题考查了等比数列的性质、余弦定理,考查了推理能力与计算能力,属于中档题. 9.B 【分析】 利用向量的加减运算求解即可 【详解】据题意,. 故选:B. 【点睛】本题考查向量加法、减法以及向量的数乘运算,是基础题 10.C 解:中,, 根据正弦定理,得, 可得, , ,得,可得. 故选:. 11. A 由题意,其中,所以,又,所以,所以,,由得,故选A. 12.A 13.答案: 解析:已知; 14. 分析:先根据条件列关于公差的方程,求出公差后,代入等差数列通项公式即可. 详解: 点睛:在解决等差、等比数列的运算问题时,有两个处理思路,一是利用基本量,将多元问题简化为首项与公差(公比)问题,虽有一定量的运算,但思路简洁,目标明确;二是利用等差、等比数列的性质,性质是两种数列基本规律的深刻体现,是解决等差、等比数列问题既快捷又方便的工具,应有意识地去应用. 15. -1 建立如图所示的直角坐标系,则,. 因为∥,,所以, 因为,所以, 所以直线的斜率为,其方程为, 直线的斜率为,其方程为. 由得,, 所以. 所以. 16.12 又时符合题意,所以的最大值为 17. (Ⅰ)由,, . 得 . (Ⅱ)由与得 . . 所以的最小正周期是. 由正弦函数的性质得 , 解得 , 所以,的单调递增区间是. 【名师点睛】本题主要考查了三角函数的化简,以及函数y=Asin(ωx+φ)的性质,是高考中的常考知识点,属于基础题,强调基础的重要性;三角函数解答题中,涉及到周期,单调性,单调区间以及最值等考点时,都属于考查三角函数的性质,首先应把它化为三角函数的基本形式即 ,然后利用三角函数y=Asinμ的性质求解. 18. 解:(I)由已知及正弦定理得,, 即 . 故 . 可得,所以. (II)由已知,. 又,所以ab=6. 由已知及余弦定理得,a2+b2-2abcosC=7. 故a2+b2=13,从而(a+b)2=25. 所以三角形ABC的周长为5+. 19. 解:(1)由题设得,即. 又因为a1+b1=l,所以是首项为1,公比为的等比数列. 由题设得, 即. 又因为a1–b1=l,所以是首项为1,公差为2的等差数列. (2)由(1)知,,. 所以, . 20.(1);(2). 试题分析:(1)由基本量法,得到,解得,所以;(2),利用裂项相消法,求得。 试题解析: (1),解得,所以; (2), 所以。 点睛:本题考查等差数列的基本性质与裂项相消求和。等差数列的基本题型中,熟悉掌握基本量法的应用,求得基本量,得到相关求解答案。裂项相消求和主要掌握其基本结构,知道哪些求和可以利用裂项来处理的。 21.(1)见解析(2) 试题分析:(1)根据菱形性质得MB⊥BC,再根据射影定义得PM⊥平面ABCD ,即得PM⊥BC ,由线面垂直判定定理得BC⊥平面PMB,最后根据面面垂直判定定理得结论,(2)先根据条件建立空间直角坐标系,设立各点坐标,根据方程组解平面PMC法向量,根据向量数量积求向量夹角,最后根据线面角与向量夹角互余关系求直线BN与平面PMC所成角的正弦值. 试题解析: (1)证明 ∵四边形ABCD是菱形,∠ADC=120°, 且M是AD的中点,∴MB⊥AD,∴MB⊥BC. 又∵P在底面ABCD的射影M是AD的中点, ∴PM⊥平面ABCD, 又∵BC⊂平面ABCD,∴PM⊥BC, 而PM∩MB=M,PM,MB⊂平面PMB, ∴BC⊥平面PMB,又BC⊂平面PBC, ∴平面MPB⊥平面PBC. (2)解 法一 过点B作BH⊥MC,连接HN, ∵PM⊥平面ABCD,BH⊂平面ABCD,∴BH⊥PM, 又∵PM,MC⊂平面PMC,PM∩MC=M, ∴BH⊥平面PMC, ∴HN为直线BN在平面PMC上的射影, ∴∠BNH为直线BN与平面PMC所成的角, 在菱形ABCD中,设AB=2a,则MB=AB·sin 60°=a, MC==a. 又由(1)知MB⊥BC, ∴在△MBC中,BH==a, 由(1)知BC⊥平面PMB,PB⊂平面PMB, ∴PB⊥BC,∴BN=PC=a, ∴sin∠BNH===. 法二 由(1)知MA,MB,MP两两互相垂直,以M为坐标原点,以MA,MB,MP所在直线为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系M-xyz,不妨设MA=1, 则M(0,0,0),A(1,0,0),B(0,,0),P(0,0,),C(-2,,0), ∵N是PC的中点,∴N, 设平面PMC的法向量为n=(x0,y0,z0), 又∵=(0,0,),=(-2,,0), ∴即 令y0=1,则n=,|n|=, 又∵=,||=, |cos〈,n〉|==. 所以,直线BN与平面PMC所成角的正弦值为. 22. 解:(1)设,则,. 当时,单调递减,而,可得在有唯一零点, 设为. 则当时,;当时,. 所以在单调递增,在单调递减,故在存在唯一极大值点,即在存在唯一极大值点. (2)的定义域为. (i)当时,由(1)知,在单调递增,而,所以当时,,故在单调递减,又,从而是在的唯一零点. (ii)当时,由(1)知,在单调递增,在单调递减,而,,所以存在,使得,且当时,;当时,.故在单调递增,在单调递减. 又,,所以当时,.从而,在没有零点. (iii)当时,,所以在单调递减.而,,所以在有唯一零点. (iv)当时,,所以<0,从而在没有零点. 综上,有且仅有2个零点.查看更多