2019-2020学年度上期高中调研考试二年级数学(理）答案

2019-2020学年度上期高中调研考试二年级数学(理）答案

1 2019—2020 学年度上期高中调研考试高二理科数学答案 （评分标准） 一．选择题 1【答案】A 【解析】因为命题 0 0: ,2 2019xP x R   ，所以 P 为 ,2 2019xx R   ，选择 A 2【答案】C 【解析】向量 a ＝（ 4a ， 5a ）， b ＝（ 7a ， 6a ），且 a •b ＝4， ∴ 4 7a a + 5 6a a ＝4，由等比数列的性质可得： 1 10a a ＝……＝ 4 7a a ＝ 5 6a a ＝2， 则 2 1 2 2 2 10log log loga a a    log2（ 1 2a a • 10a ）＝  5 5 2 1 10 2log log 2 5a a   ．故选：C． 3【答案】A 【解析】因为  1 11 0 0 1 0x x xx x        ，所以 0x  或 1x   ，需要是不等式 11 0x   成 立的一个充分不必要条件，则需要满足是    , 1 0,   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【答案】B 【解析】设 AB c ， AC b ， BC a ， sin sin b c B C  ， 2 2 3 1 sin 2 C  ， ∴ 3sin 2C  ，∴ 120C   或 60C   ．满足条件的三角形有 2 个．故选 B ． 5【答案】B 【解析】首先解出两个命题的不等式，由 p q 为假命题， p q 为真命题得命题 P 和命题 q一真一假。 【详解】命题 : 1 0 1p x x    ，命题 2: 6 0 2 3q x x x       。因为 p q 为假命题， p q 为真命题。所以命题 P 和命题 q一真一假，所以 2 1x   或 3x  ，选择 B 6【答案】D 7【答案】A 【解析】 1 4 7 2a a a    ，所以 4 4 3 5 4 3 5 2 4 43 2 , , 2 ,tan( ) tan 33 3 3a a a a a a a          2 8【答案】D 【解析】由题意，在 ABC 的面积为  2 2 21 4 a b c   ，即  2 2 21 1sin2 4ABCS ab C a b c      ， 根据余弦定理，可得 2 2 2 sin cos2 a b cC Cab      ， 即 tan 1C   ，又∵ 0 180C   ，所以 135C  ， 又由 1sin 2B  ，又由 0 180B   ，且 B C ，所以 30B   ， 所以    180 180 135 30 15A B C           ，故选 D. 9【答案】B 【解析】设这十二个节气日影长依次成等差数列{ }na ， nS 是其前 n 项和， 则  1 9 9 5 9 9 85.52 a aS a    ，所以 5 9.5a  ， 由题知 1 4 7 43 31.5a a a a    ，所以 4 10.5a  ， 所以公差 5 4 1d a a    ，所以 12 5 7 2.5a a d   ，故选 B. 10【答案】C 【解析】以 D 为原点，以 DA ， DC ， 1DD 为坐标轴建立空间坐标系如图所示， 设 1DD a ，则 (2A ，0， 0) ， 0(C ，2， 0) ， 1(0D ，0， )a ， 则 ( 2AC   ，2， 0) ， 1 ( 2AD   ，0， )a ， 1 (0CC  ，0， )a ， 设平面 1ACD 的法向量为 (n x ， y ， )z ，则 1 · 0 · 0 n AC n AD      ，  2 2 0 2 0 x y x az       ，令 1x  可得 (1n  ，1， 2)a ， 故 cos n  ， 1 1 2 1 2 2 2 | || | 4 2 42 n CCCC n CC aa a         ． 直线 1CC 与平面 1ACD 所成角的正弦值为 1 3 ， 2 2 1 32 4a   ，解得： 4a  ．故选：C ． 11【答案】A 3 【解析】根据题意作出可行域： 由图象可知函数 ( 0, 0)z ax by a b    在点 (4,6)A 处取得最大值，所以可得等式： 4 6 12a b  ，即 2 3 6a b  ．而 2 3 2 3 2 3 6 a b a b a b          13 13 2526 6 6 a b a b b a b a      ≥ 当且仅当 a b 时，等号成立．故选 A ． 12．【答案】C 【解析】因为  2b a a c  ，所以 2 2b a ac  ， 由余弦定理得： 2 2 2 2 cosb a c ac B   ，所以 2 2 22 cosa c ac B a ac    ，所以 2 cosa a B c  ，由正 弦定理得 sin 2sin cos sinA A B C  ，因为  πC A B   ， 所以  sin 2sin cos sin sin cos cos sinA A B A B A B A B     ，即  sin sinA B A  ， 因为三角形是锐角三角形，所以 π0, 2A     ，所以 π0 2B A   ，所以 A B A  或 πA B A   ，所以 2B A 或 πB  （不合题意）， 因为三角形是锐角三角形，所以 π0 2A  ， π0 2 2A  ， π0 π 3 2A   ， 所以 π π 6 4A  ，则   2sin 1 2sin ,sin 2 2 A AB A        ，故选 C． 4 13【答案】 3  【解析】由正弦定理得： 2 2 2a b c bc   ，即 2 2 2b c a bc   则 2 2 2 1cos 2 2 b c aA bc     0,πA 本题正确结果： 3  14【答案】  1 2 3 n  或 n 【解析】由题当 1q  时， 3 2 1 3 (1 ) (1 )(1 ) 31 1 a q q q qS q q        ，解得(q+2)(q-1)=0，得 q=2，此时  1 2 3 n nS   ；得当 q=1 时， 1 1a  ， 33 S ，满足题意，则此时 nS n ；综上  1 2 3 n nS   或 n 15【答案】 17 17 【解析】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     13 40, 17,0 , 0,0,2 3 , 2 , ,017 17 B S C       , 故 13 42 , , 2 317 17 SC        ,  0, 17,0AB  . 于是,所求夹角的余弦值为 17 17 SC AB SC AB       .故答案为： 17 17 16【答案】5 2 6 ． 【解析】根据题意，由已知得： 3 2 3a a  ， 5 4 5a a   ，， 2017 2016 2017a a   ， 把以上各式相加得： 2017 1 1008S a   ，即： 1 1008 1007a b    ， 1 1a b   ， 3  A 5 则   1 1 1 1 1 1 1 3 32 3 2 3 2 25 5 2 5 2 6a ab ba ba b a b a b a b                 ，当且仅当 63,26  ba 时 等号成立，即 1 2 3 a b  的最小值是 5 2 6 ，故答案为 5 2 6 ． 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.解法一：(Ⅰ) 当命题 p 是真命题时，满足 0  则 2 4( 3) 0a a   解得 2a   或 6a  p 是真命题，则 p 是假命题 即 2 6a   实数 a 的取值范围是 ( 2,6) . ┈┈5 分 (Ⅱ) p 是 q 的必要非充分条件 则 [ 1, 1]m m  是   , 2 6,    的真子集 即 1 2m    或 1 6m   解得 3m   或 7m  实数 m 的取值范围是    , 3 7,    . ┈┈10 分 解法二：(Ⅰ) 命题 p ：关于 x 的方程 2 3 0x ax a    没有实数根 p 是真命题，则满足 0  即 2 4( 3) 0a a   解得 2 6a   实数 a 的取值范围是 ( 2,6) . ┈┈5 分 (Ⅱ) 由 (Ⅰ)可得 当命题 p 是真命题时，实数 a 的取值范围是   , 2 6,    p 是 q 的必要非充分条件 则 [ 1, 1]m m  是   , 2 6,    的真子集 即 1 2m    或 1 6m   解得 3m   或 7m  实数 m 的取值范围是    , 3 7,    . ┈┈10 分 18【详解】（1）因为   1 1 2 2 2n n n na a      ，且 1 1 2 0a   ， 所以数列 2n na  为首项为 0 ，公差为 2 的等差数列. 所以 2 0 2( 1)n na n    ，即 2 2( 1)n na n   .┈┈6 分 （2）因为   1 22 1 2 2( 1) 2 21 2 2 n n n n nS n n       ， 所以 1 22 2n nS n n    . .┈┈12 分 6 19【解析】 (1) 由正弦定理： sin 2 2sin sin a A b a B A   ，又 tan sin cos tan cos sin A A C C A C  ， 由题 tan tan 2 A a C b a   ，所以 sin cos cos sin A C A C sin 2sin sin A B A   . 因为 sin 0A  ，所以 cos (2sin sin ) cos sinC B A A C  , 即 cos sin cos sin 2sin cosC A A C B C  ,即 sin sin( ) 2sin cosB A C B C   , 因为 sin 0B  ，所以 1cos 2C  ，则 3C  . .┈┈6 分 (2) 由 1 sin2ABCS ab C  ，即 1 33 3= 2 2ab  ，所以 12ab  . .┈8 分 由 1 ( )2CD CA CB    ,所以 2 2 21 ( 2 )4CD CA CB CA CB        2 2 2 21 1( 2 cos ) ( )4 4b a ab C b a ab      1 (2 ) 94 ab ab   当且仅当 a b 时取等 所以边CD 的最小值为 3 . .┈┈12 分 20【解析】 【详解】（1）由已知可知 AC BC ，又平面 PAC  平面圆O ，平面 PAC  平面圆 O AC ， ∴ BC  平面 PAC ，∴ BC PA ， 又 PA PC ， PC BC C ， PC  平面 PBC ， D 平面 PBC ， ∴ PA  平面 PBC . .┈┈5 分 （2）法一：过 P 作 PH AC 于 H ，由于平面 PAC  平面 O ，则 PH  平面 O ， 则 PCH 为直线 PC 与圆O 所在平面所成角，所以 60PCH  . 过 H 作 HF AB 于 F ，连结 PF ，则 ABPF  ， 故 PFH 为二面角 P AB C- - 的平面角 .┈┈8 分 由已知 60ACP ABC     ， 30CAP CAB    ， 7 在 Rt APC 中， sin30 cos30 sin30PH AP AC       3 1 93 3 2 2 4     ， 由 2AP AH AC  得 2 9 3 4 APAH AC   ，在 Rt AFH 中， 9 3sin30 8FH AH   ， 故 9 2 34tan 39 3 8 PHPFH HF     ，故 21cos 7PFH  ， 即二面角 P AB C- - 的余弦值为 7 21 . -----12 分 法二：过 P 作 PH AC 于 H ，则 PH  平面 O ，过 H 作 / /HF CB 交 AB 于 F ， 以 H 为原点， HA 、 HF 、 HP 分别为 x 轴、 y 轴、 z 轴建立空间直角坐标系. 则 (0,0,0)H ， 9 3 ,0,04A       ， 3 3 ,3,04B      ， 90,0, 4P     ， 从而 9 3 9,0,4 4AP        ， ( 3 3,3,0)AB   ， 设平面 PAB 的法向量 ( , , )n x y z ，则 9 3 9 04 4 3 3 3 0 AP n x z AB n x y                 得 3 3 z x y x    ， 令 1x  ，从而 (1, 3, 3)n  ，而平面 ABC 的法向量为 (0,0,1)m  ， 故 3 21cos , 77 n mn m n m          ，即二面角 P AB C- - 的余弦值为 7 21 . 21【解析】解：（1）由 3sin sin sin sinB C A B b a c   ， 8 根据正弦定理可得 3b c b a b a c   ，即 2 2 2 3b c a bc   ， 所以 2 2 2 3cos 2 2 b c aA bc    ， 由 0 A   ，得 6A  ； .┈┈5 分 （2）设 na 的公差为  0dd ，由 1sin1 Aa ，即 1 1 1sin 16 2a a   ，得 21 a ， 2a ， 4a ， 8a 成等比数列，可得 2 4 2 8a a a .即    2 1 1 13 7a d a d a d    ， 又 0d ，可得 2d  ，则 2na n ， .┈┈8 分  1 1 1 1 1 1 2 2 2 4 1n n n b a a n n n n         ， ┈┈10 分 则 1 1 1 1 1 1 1 11 1 =4 2 2 3 1 4 +1 4 4n nS n n n n                                    . ┈┈12 分 22.解：（1）由已知可得，当 2n 时， 23))1(2 1)1(2 3()2 1 2 3( 22 1   nnnnnSSb nnn 又 21311 b ，符合上式。故数列 nb 的通项公式 23  nbn 。 又∵ )2(3 4  nb na ，∴ n nb n n a )4 1(44 3 2)23( 3 )2(   ， 故数列 na 的通项公式为 n na )4 1( ， .┈┈5 分 （2） n nnn nbac )4 1()23(  ， n n nS )4 1()23()4 1(7)4 1(44 11 32   ， 1432 )4 1()23()4 1()53()4 1(7)4 1(4)4 1(14 1  nn n nnS  ，┈┈8 分 ①-②得 1432 )4 1()23(])4 1()4 1()4 1()4 1[(34 1 4 3  nn n nS  9 1 12 )4 1()23( 4 11 ])4 1(1[)4 1( 34 1       n n n 1)4 1()23(2 1  nn ， ┈┈10 分 ∴ nn n nnS )4 1(3 23 3 2)4 1(3 812 3 2 1   。 .┈┈12 分