安徽省亳州市涡阳县第一中学2019-2020学年高二12月月考数学（理）试题

安徽省亳州市涡阳县第一中学2019-2020学年高二12月月考数学（理）试题

涡阳一中2018级高二年级第三次质量检测 数学（理）试卷 一．选择题(本大题共12小题,每小题5分,共60分.每小题只有一个答案正确)‎ ‎1.若,且,则下列不等式一定成立的是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据不等式的基本性质，特值检验，排除A，C，D，即可.‎ ‎【详解】因为，且.‎ 所以当时，，选项A不成立.‎ 当，时成立，但是，选项C不成立.‎ 当，时成立，但是，选项D不成立.‎ 排除A，C，D选项 故选B.‎ ‎【点睛】本题考查不等式的基本性质，属于容易题.‎ ‎2.在中,,则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先根据，求出，再由正弦定理，求解即可.‎ ‎【详解】在中，‎ 由正弦定理可知 即 故选D.‎ ‎【点睛】本题考查正弦定理，属于较易题.‎ ‎3.命题“若,则”与它的逆命题、否命题、逆否命题中,真命题的个数为（ ）‎ A. 0 B. 2 C. 3 D. 4‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 解不等式，得或.当时，或成立，原命题成立.当或时，不成立，逆命题不成立.根据原命题与其逆否命题；逆命题与否命题互为逆否命题，并且互为逆否命题的两个命题真假性相同.则可判断真命题的个数.‎ ‎【详解】因为，所以或.‎ 因为或，所以原命题为真命题，则其逆否命题为真命题.‎ 因为或，所以逆命题为假命题，则否命题为假命题.‎ 即2个真命题.‎ 故选B ‎【点睛】本题考查命题的四种形式的真假判断，属于较易题.‎ ‎4.方程表示的曲线是()‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 因为,所以图像在二,四象限, 结合表示圆心在原点,半径为1的圆，即可得解.‎ ‎【详解】因为表示圆心在原点,半径为1的圆,‎ 又,说明图像在二,四象限,故选D.‎ ‎【点睛】本题考查了曲线与方程,属基础题.‎ ‎5.若直线的方向向量，平面的一个法向量，若，则实数（ ）‎ A. 2 B. C. D. 10‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据，可知的方向向量与平面的法向量共线，从而得到的值.‎ ‎【详解】‎ 的方向向量与平面的法向量共线.‎ ‎，即，解得，故选A项.‎ ‎【点睛】本题考查空间向量的位置关系，通过向量共线求参数的值，属于简单题.‎ ‎6.已知等差数列的公差为,前项和为,则“”是“”的（ ）‎ A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 既不充分也不必要条件 D. 充要条件 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据等差数列前项和公式，可知，，，不等式变形整理为，即可判断为充分不必要条件.‎ ‎【详解】等差数列的公差为，前项和为 即，，.‎ 即 且 ‎“”是“”的充分不必要条件.‎ 故选A.‎ ‎【点睛】本题考查等差数列前项和公式，以及命题的充分条件与必要条件.属于中档题.‎ ‎7.已知等比数列,,,则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由条件可得的值，进而由和可得解.‎ ‎【详解】或.‎ 由等比数列性质可知 或 故选D.‎ ‎【点睛】本题主要考查了等比数列的下标的性质，属于中档题.‎ ‎8.正四棱柱中，底面边长为 ，侧棱长为 ，则 点到平面 的距离为 （ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】根据题意，以D为原点，分别为为坐标轴，建立空间直角坐标系，‎ 则,设平面的法向量为，则 ‎，‎ 取，则，所以，‎ 所以 点到平面 的距离为，‎ 故选A.‎ ‎9.已知,且，则的最小值为（ ）‎ A. 6 B. 8 C. 9 D. 10‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先将变形为，再与相乘，整理为，然后根据均值定理，求解即可.‎ ‎【详解】,且 ‎，‎ ‎ ‎ 当且仅当即，时，等号成立.‎ 的最小值为9.‎ 故选C.‎ ‎【点睛】本题考查均值定理，解决此类问题的关键是“一正，二定，三相等”，属于中档题.‎ ‎10.若关于的不等式的解集中恰有两个整数，则实数的取值范围是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分情况讨论，当时，不等式无解，舍去；当时，满足题意的两个整数只能为，，从而得到的取值范围；当时，满足题意的两个整数只能为，，从而得到的取值范围；即可.‎ ‎【详解】当时，不等式的解集为，不满足题意，舍去.‎ 当时，不等式的解集为；‎ 若使得解集中恰有两个整数，即两个整数只能为，，则需.‎ 当时，不等式的解集为；‎ 若使得解集中恰有两个整数，即两个整数只能为，，则需.‎ 综上所述，实数的取值范围为 故选D.‎ ‎【点睛】本题考查根的分布问题，值能取得与是本题的易错点.属于中档题.‎ ‎11.四棱柱的底面为矩形，AB＝1，AD＝2，，，则的长为( )‎ A. B. 23 C. D. 32‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 记A1在面ABCD内的射影为O，‎ ‎∵∠A1AB=∠A1AD，‎ ‎∴O在∠BAD的平分线上，‎ 由O向AB，AD两边作垂线，垂足分别为E，F，‎ 连接A1E，A1F，A1E，A1F分别垂直AB，AD于E，F ‎∵AA1=3，∠A1AB=∠A1AD=60°，‎ ‎∴AE=AF=‎ 又四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD为矩形 ‎∴∠OAF=∠OAE=45°，且OE=OF=，可得OA=‎ 在直角三角形A1OA中，由勾股定理得A1O=‎ 过C1作C1M垂直底面于M，则有△C1MC≌△A1OA，‎ 由此可得M到直线AD的距离是，‎ M到直线AB的距离是，C1M=A1O=‎ 所以AC1 ==‎ 故选C．‎ ‎12.已知数列1，1，1，2，2，1，2，4，3，1，2，4，8，4，1，2，4，8，16，5，…，其中第一项是，第二项是1，接着两项为，，接着下一项是2，接着三项是，，，接着下一项是3，依此类推.记该数列的前项和为，则满足的最小的正整数的值为（ ）‎ A. 65 B. 67 C. 75 D. 77‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题将数列分组，得每组的和，推理的n的大致范围再求解即可 ‎【详解】由题将数列分成如下的组（1，1），（1，2，2），（1，2，4，3），（1，2，4，8，4），（1，2，4，8，16，5）…，‎ 则第t组的和为，数列共有项，当时，,随增大而增大，‎ 时，，，‎ 时，，，第65项后的项依次为，，，…，，11，，，…，又，，，，，∴满足条件的最小的值为.‎ 故选C ‎【点睛】本题考查数列的应用，等差数列与等比数列的前n项和，考查计算能力，属于难题 二．填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分)‎ ‎13.命题“”的否定是“ ”．‎ ‎【答案】，‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】因为全称命题的否定是特称命题，‎ 所以命题“”的否定是，‎ ‎14.若满足约束条件,则最大值为________.‎ ‎【答案】2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 画出可行域，利用的几何意义是过可行域内的点与点两点所在直线的斜率.画图求解即可.‎ ‎【详解】设，则表示为过点与点两点所在直线的斜率.‎ 画出约束条件所满足的可行域，如图所示 由图象可知，过可行域上点时，取得最大值，‎ 即的最大值为.‎ 故答案为2‎ ‎【点睛】本题考查目标函数为斜率形式的非线性规划.属于中档题.‎ ‎15.若平面内动点到两定点的距离之比（其中为常数，）,则动点的轨迹为圆，这个轨迹最先由古希腊数学家阿波罗尼斯发现的，故称作阿波罗尼斯圆.若已知,则此阿波罗尼斯圆的方程为_____.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据阿波罗尼斯圆的定义，设点，将，，代入，整理即可.‎ ‎【详解】设点，则，‎ 即 两边同时平方得：‎ 即：‎ 即 故答案为：‎ ‎【点睛】本题考查待定系数法求轨迹方程，新定义题型，属于较易题.‎ ‎16.中，，，，D是BC上一点且，则的面积为______．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由已知利用正弦定理，二倍角的正弦函数公式可求，利用同角三角函数基本关系式可求，利用二倍角的余弦函数公式可求，利用诱导公式可求，可求，利用两角和的正弦函数公式可求，在中，由余弦定理可得AB，在中，由正弦定理可得AD，即可根据三角形的面积公式计算得解的值．‎ ‎【详解】，，，‎ 在中，由正弦定理，可得：，‎ 解得：，可得：，‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎，可得：，‎ ‎，‎ 在中，由余弦定理可得：，‎ 解得：，或3．‎ ‎，，可得：，可得：，与矛盾，‎ ‎，在中，由正弦定理，可得：，‎ ‎．故答案．‎ ‎【点睛】本题主要考查了正弦定理，余弦定理，三角形面积公式，三角函数恒等变换的应用，考查了计算能力和转化思想，考查了数形结合思想的应用，属于中档题．‎ 三.解答题(本大题共6小题,共70分.解答须写出文字说明、证明过程或演算步骤).‎ ‎17.已知命题恒成立,命题恒成立,若为假命题，为真命题，求实数的取值范围.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求出命题为真时实数的取值范围，命题为真时实数的取值范围，根据为假命题，为真命题，得为真且为假，或为假且为真，从而求出实数的取值范围.‎ ‎【详解】若真：对恒成立，则；‎ 若真：，则.‎ 为假命题，为真命题，则一真一假.‎ 若真且假，则或，得；‎ 若假且真，则，得.‎ 综上所述：的取值范围为.‎ ‎【点睛】本题考查根据或命题与且命题真假求参数的取值范围.属于中档题.‎ ‎18.内角的对边分别为,已知.‎ ‎（1）求；‎ ‎（2）若为锐角,的面积为,求的周长.‎ ‎【答案】（1）或；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据正弦定理将变形整理为，再根据为三角形内角，求解即可.‎ ‎（2）根据三角形面积公式，计算出，代入余弦定理，计算出，即可.‎ ‎【详解】（1）‎ 由正弦定理得，‎ ‎，即 又，或.‎ ‎（2）为锐角.‎ 由余弦定理得，即，‎ 而的面积为.‎ 即 的周长为.‎ ‎【点睛】本题考查正弦定理与余弦定理，属于中档题.‎ ‎19.已知数列是等差数列,首项,且是与的等比中项.‎ ‎（1）求数列的通项公式；‎ ‎（2）设,求数列的前项和.‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据是与的等比中项，即，列方程，解公差，注意验证不成立，即可.‎ ‎（2）由于，根据裂项相消法，求前项和即可.‎ ‎【详解】（1）设数列的公差为，，由,且是与的等比中项得：,或.‎ 当时，与是与的等比中项矛盾，舍去..‎ ‎（2）‎ ‎.‎ ‎【点睛】本题考查求等差数列通项公式和裂项相消法求数列前项和.属于中档题.‎ ‎20.雾霾大气严重影响人们的生活，某科技公司拟投资开发新型节能环保产品，策划部制定投资计划时，不仅要考虑可能获得的盈利，而且还要考虑可能出现的亏损，经过市场调查，公司打算投资甲、乙两个项目，根据预测，甲、乙项目可能的最大盈利率分别为和，可能的最大亏损率分别为和，投资人计划投资金额不超过9万元，要求确保可能的资金亏损不超过万元．‎ Ⅰ若投资人用x万元投资甲项目，y万元投资乙项目，试写出x，y所满足的条件，并在直角坐标系内作出表示x，y范围的图形．‎ Ⅱ根据 的规划，投资公司对甲、乙两个项目分别投资多少万元，才能使可能的盈利最大？‎ ‎【答案】（I）详见解析；（II）用万元投资甲项目，万元投资乙项目.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（I）投资人用万元投资甲项目，万元投资乙项目，根据投资人计划投资金额、资金亏损的范围，写出所满足的条件，然后在直角坐标系内作出表示范围的图形；（II）根据（I）的规划，由约束条件作出可行域，利用目标函数的几何意义，数形结合得到最优解，联立方程组求得最优解的坐标，把最优解的坐标代入目标函数求解盈利的最大值．‎ ‎【详解】Ⅰ 由题意，知x，y满足的条件为上述不等式组表示的平面区域如图中 阴影部分含边界 Ⅱ根据第一问的规划和题设条件，依题意 可知目标函数为，在上图中，作直线：‎ 平移直线，当经过直线与的交点A时，其纵截距最大，‎ 解方程与，解得，，即，此时万元，‎ 所以当，时，z取得最大值，‎ 即投资人用5万元投资甲项目，4万元投资乙项目，才能确保亏损不超过万元，且使可能的利润最大 ‎【点睛】本题考查线性规划的简单应用，是基本知识的考查．求目标函数最值的一般步骤是“一画、二移、三求”：（1）作出可行域（一定要注意是实线还是虚线）；（2）找到目标函数对应的最优解对应点（在可行域内平移变形后的目标函数，最先通过或最后通过的顶点就是最优解）；（3）将最优解坐标代入目标函数求出最值.‎ ‎21.如图，是棱形，与相交于点，平面平面，且是直角梯形，.‎ ‎（1）求证：；‎ ‎（2）求二面角的余弦值.‎ ‎【答案】（1）见解析（2）‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）由菱形的性质可得，由线面垂直的性质可得平面，再由线面垂直的性质可得结论；（2）直角梯形中，由 得平面，取的中点，以为坐标原点，以为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，分别求出平面的法向量与平面的法向量，利用空间向量夹角余弦公式可得二面角的余弦值.‎ 试题解析：（1）证明：在棱形中，可得，‎ 因为平面平面，且交线为，‎ 所以平面，‎ 因为平面，所以.‎ ‎（2）直角梯形中，由，得平面.‎ 取的中点，以为坐标原点，以为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，则.‎ 所以.‎ 设平面的法向量，‎ 由，可取 由.‎ 设平面的法向量为，‎ 同上得，可取.‎ 则，‎ 即二面角的余弦值为.‎ ‎【方法点晴】本题主要考查线面垂直判定与性质以及利用空间向量求二面角的大小，属于难题. 空间向量解答立体几何问题的一般步骤是：（1）观察图形，建立恰当的空间直角坐标系；（2）写出相应点的坐标，求出相应直线的方向向量；（3）设出相应平面的法向量，利用两直线垂直数量积为零列出方程组求出法向量；（4）将空间位置关系转化为向量关系；（5）根据定理结论求出相应的角和距离.‎ ‎22.已知数列的前项和满足.‎ ‎（1）求的通项公式;‎ ‎（2）设,求数列的前项和;若对恒成立,求实数最小值.‎ ‎【答案】（1）；（2）的最小值为 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）当时，，解得，再根据，变形整理，利用等比数列的通项公式即可得出.‎ ‎（2）由（1）知，利用错位相减法求其前项和，分类讨论，当是奇数时为减数列，；当是偶数时，，若对恒成立，即，可解得的取值范围，即可.‎ ‎【详解】（1）由得.由①，可知②，‎ 两式相减可得，即.因为，所以，故 因此是首项为，公比为的等比数列，故.‎ ‎（2）由（1）知.‎ 所以 ‎①‎ 两边同乘以得 ‎②‎ ‎①②相减得，‎ 从而于是，‎ 当是奇数时，，‎ 因为，‎ 所以是奇数时为减数列，.‎ 当是偶数时，，,‎ 因此.‎ 因为对恒成立，所以，‎ 即的最小值为.‎ ‎【点睛】本题考查已知前项和与的关系求通项公式，同时也考查了错位相减法求前项和，分类讨论求的取值范围是解决本题的关键.属于一道较难题.‎ ‎ ‎ ‎ ‎