甘肃省天水市甘谷第一中学2019-2020学年高二下学期开学考试数学（理）试题

甘肃省天水市甘谷第一中学2019-2020学年高二下学期开学考试数学（理）试题

甘谷一中 2019——2020 学年第二学期高二第一次月考数学 （理） 第 I 卷（选择题) 一、单选题 1.若集合 ， 则下列结论中正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】 由题意首先求得集合 B，然后逐一考查所给选项是否正确即可． 【详解】求解二次不等式 可得： ，则 ． 据此可知： ，选项 A 错误； ，选项 B 错误； 且集合 A 是集合 B 的子集，选项 C 正确，选项 D 错误． 本题选择 C 选项，故选 C． 【点睛】本题主要考查集合的表示方法，集合之间的关系的判断等知识，熟记集合的基本运 算方法是解答的关键，意在考查学生的转化能力和计算求解能力． 2.若 ，则下列不等式恒成立的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】 根据指数函数、对数函数、幂函数的单调性以及特殊值法来判断各选项中不等式的正误. 【详解】对于 A 选项，由于指数函数 为增函数，且 ， ，A 选项中的不 等式不成立； 对于 B 选项，由于对数函数 在 上单调递增， ，当 时， { } { }20 1 , 2 0A x x B x x x= < < = − < A B∩ = ∅ A B R∪ = A B⊆ B A⊆ 2 2 0x x− < 0 2x< < { }| 0 2B x x= < < { }| 0 1A B x x∩ = < < ≠ ∅ { }| 0 2A B x x∪ = < < a b> 2 2a b< ( )ln 0a b− > 1 1 3 3a b> a b> 2xy = a b> 2 2a b∴ > lny x= ( )0, ∞+ a b> 0 1a b< − < ，B 选项中的不等式不恒成立； 对于 C 选项，由于幂函数 在 上单调递增，且 ， ，C 选项中的 不等式恒成立； 对于 D 选项，取 ， ，则 ，但 ，D 选项中的不等式不恒成立. 故选 C. 【点睛】本题考查不等式正误的判断，通常利用函数单调性、比较法、不等式的性质以及特 殊值法来判断，考查推理能力，属于中等题. 3.下列函数中，值域为 且在区间 上单调递增的是 ( ) A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】 根据题意，依次分析选项中函数的单调性以及值域，综合即可得答案． 【详解】（A） 的值域不是 R，是［－1，＋∞），所以，排除； （B） 的值域是（0，＋∞），排除； （D） ＝ ，在（0， ）上递减，在（ ，＋∞）上递增，不符； 只有（C）符合题意.故选 C. 【点睛】本题考查函数的单调性以及值域，关键是掌握常见函数的单调性以及值域，属于基 础题． 4.6 人站成一排，甲、乙、丙三人必须站在一起的排列种数为 ( ) A. 18 B. 72 C. 36 D. 144 【答案】D 【解析】 【分析】 甲、乙、丙三人相邻，用捆绑法分析，把三个元素看做一个元素同其他两个元素进行排列， ( )ln ln1 0a b− < = 1 3y x= ( ),−∞ +∞ a b> 1 1 3 3a b∴ > 1a = 2b = − a b> a b< R (0, )+∞ 2 2y x x= + 12xy += 3 1y x= + ( 1) | |y x x= − 2 2y x x= + 12xy += ( )1y x x= − 2 2 , 0 , 0 x x x x x x  − ≥ − + < 1 2 1 2 注意这三个元素之间还有一个排列问题，由分步计数原理计算可得答案． 【详解】根据题意，分 2 步进行分析： ①、甲、乙、丙三人必须站在一起，将三人看做一个元素，考虑其顺序有 A33＝6 种情况， ②、将这个元素与剩余的三个人进行全排列，有 A44＝24 种情况， 则不同的排列种数为 6×24＝144 种； 故选 D． 【点睛】本题考查排列组合及简单的计数问题，考查相邻元素捆绑法：就是在解决对于某几 个元素要求相邻问题时，可整体考虑将相邻元素视为一个大元素. 5. ，且 与 的夹角为 120º，则 的值为( ) A. -5 B. 5 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 由平面向量数量积的定义可得 ，转化条件得 ， 即可得解. 【详解】 ， ， 与 的夹角为 120º， ， . 故选：B. 【点睛】本题考查了平面向量数量积的运算，属于基础题. 6.已知 ，且 ，则函数 与函数 的图像可能是（ ） A. B. C. D. =1, =2a b  a b ( ) ( )+2 2 +a b a b⋅    5− 5 1a b⋅ = −  ( ) ( ) 2 2 +2 2 + 2 5 2a b a b a a b b⋅ = + ⋅ +         =1a =2b a b ∴ 1cos120 1 2 12a b a b  ⋅ = ⋅ = × × − = −       ∴ ( ) ( ) ( )2 2 2+2 2 + 2 5 2 2 5 1 2 2 5a b a b a a b b⋅ = + ⋅ + = + × − + × =        0, 0a b> > 1ab = ( ) xf x a= ( ) logbg x x= − 【答案】B 【解析】 依题意，由于 为正数，且 ，故 单调性相同，所以选 . 7.不论 为何实数，直线 恒过定点（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】 将直线方程变形为 ,即可求得过定点坐标. 【详解】根据题意,将直线方程变形为 因为 位任意实数,则 ,解得 所以直线过的定点坐标为 故选:C 【点睛】本题考查了直线过定点的求法,属于基础题. 8.方程 的解的个数是（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 【答案】C 【解析】 【分析】 判断函数 与函数 的图象交点个数即可得解. ,a b 1ab = ( ) ( ) 1, log b f x g x x= B m ( ) ( ): 1 2 3 0l m x m y m− + − + = ( )3, 1− − ( )2, 1− − ( )–31， ( )–21， ( )2 1 3 0x y m x y+ + − − = ( )2 1 3 0x y m x y+ + − − = m 2 1 0 3 0 x y x y + + = − − = 3 1 x y = −  = ( )3,1− 3 1 log 03 x x  − =   1 3 x y  =    3logy x= 【详解】在同一坐标系中作出函数 与函数 的图象，如图所示： 易判断其交点个数为 2 个，则方程 的解的个数也为 2 个. 故选：C 【点睛】本题考查指数函数、对数函数的图像和性质，方程的根的个数转化为求函数图像的 交点个数是解题的关键，属于基础题. 9.为了加强“精准扶贫”，实现伟大复兴的“中国梦”，某大学派遣甲、乙、丙、丁、戊五位同 学参加 三个贫困县的调研工作，每个县至少去 1 人，且甲、乙两人约定去同一个贫 困县，则不同的派遣方案共有（ ） A. 24 B. 36 C. 48 D. 64 【答案】B 【解析】 【分析】 根据题意，有两种分配方案，一是 ，二是 ，然后各自全排列，再求和. 【详解】当按照 进行分配时，则有 种不同的方案； 当按照 进行分配，则有 种不同的方案. 故共有 36 种不同的派遣方案， 故选：B. 【点睛】本题考查排列组合、数学文化，还考查数学建模能力以及分类讨论思想，属于中档 题. 10.已知 ,直线 被圆 所截得弦长为 6,则 的最小值为( ) A. 4 B. 3 C. 2 D. 1 【答案】A 1 3 x y  =    3logy x= 3 1 log 03 x x  − =   、 、A B C 3:1:1 2: 2:1 3:1:1 1 3 3 3 18C A = 2: 2:1 2 3 3 3 18C A = 0, 0a b> > 1ax by+ = 2 2( 1) ( 3) 9x y− + − = 1 1 3a b + 【解析】 【分析】 根据圆的方程及半径，结合所截弦长为直径可知直线经过圆心，即可得 .再根据基本 不等式中“1”的代换即可求得 的最小值. 【详解】圆 ，所以圆心坐标为 ，半径为 直线 被圆截得弦长为 6， 则直线经过圆的圆心，所以 ， 所以由基本不等式可得 当且仅当 ，即 时取等号， 所以 的最小值为 ， 故选：A. 【点睛】本题考查了直线与圆的位置关系，由基本不等式求最值，属于基础题. 11.将函数 的图象向右平移 ，再把所有点的横坐标伸长到原来的 2 倍（纵坐标不变），得到函数 的图象，则下列说法正确的是（ ） A. 函数 的最大值是 B. 函数 的最小正周期为 C. 函数 在区间 上单调递增 D. 函数 的图像关于直线 对 称 【答案】C 3 1a b+ = 1 1 3a b + 2 2( 1) ( 3) 9x y− + − = ( )1,3 3r = 1ax by+ = 3 1a b+ = 0, 0a b> > 1 1 3a b + ( )1 1 33 a ba b  = + +   32 3 b a a b = + + 32 2 43 b a a b ≥ + × = 3 3 b a a b = 1 1,2 6a b= = 1 1 3a b + 4 ( ) 3sin 2 cos2f x x x= + 6 π ( )g x ( )g x 3 1+ ( )g x π ( )g x 2,6 3 π π     ( )g x 3x π= 【解析】 【分析】 利用两角和与差的三角函数化简函数的表达式，然后利用三角函数的变换求解 再根据 正弦函数的性质进行判断即可． 【 详 解 】 化 简 得 ， 向 右 平 移 后 可 得 ，再把所有点 横坐标伸长到原来的 倍（纵坐标长 度不变）得到函数 ， 所以 ， 由三角函数性质知： 的最大值为 ，故 A 错； 最小正周期为 ，故 B 错； 对称轴为 ， ，给 k 赋值，x 取不到 ，故 D 错； 又- ，则- ， ∴单调增区间为 ， ， 当 k=0 时，单调增区间为 故 C 正确， 故选 C. 【点睛】本题考查三角函数的图象变换，两角和与差的三角函数，三角函数的性质的应用， 属于基础题． 12.设等差数列 的前 项和为 ，若 ，则满足 的正整数 的值为 （ ） A. 5 B. 6 C. 7 D. 8 【答案】B 【解析】 【分析】 的 ( )g x ， ( ) 3sin2 cos2 2sin 2 6f x x x x π = + = +   6 π 2sin 2 2sin 26 6 6x x π π π    − + = −         2 ( )g x ( ) 2sin 6g x x π = −   ( )g x 2 2π 2 6 2 3x k x k π π ππ π− = + ∴ = +， k Z∈ 3 π 2 π 2 6 2k x π ππ+ ≤ − ≤ 2kπ+ 3 π 22 3k x ππ+ ≤ ≤ 2kπ+ k Z∈ ， 22 , 23 3k k π ππ π − + +   k Z∈ 2 2 2, , ,3 3 6 3 3 3 π π π π π π     − ⊆ −          ， ， { }na n nS 6 7 5S S S> > 1 0n na a + < n 利用 得 ，可得结论． 【详解】∵ ，∴ ， ， ， 数列 是等差数列，∴ 时， ， 时， ， ∴满足 的 为 6. 故选：B 【点睛】本题考查等差数列的前 项和与项的关系，考查等差数列和性质．非常数的等差数列 要么递增，要么递减． 第 II 卷（非选择题) 二、填空题 13.若 ，则 的值为 　． 【答案】7 【解析】 试 题 分 析 ： 由 可 得 . 考点：排列数及组合数的计算. 14.一只口袋装有形状、大小都相同的 4 只小球，其中有 3 只白球，1 只红球．从中 1 次随机 摸出 2 只球，则 2 只球都是白球的概率为____． 【答案】 【解析】 【分析】 计算出“从中 1 次随机摸出 2 只球”共有 种不同的结果，“2 只球都是白球”有 种不同 的结果，再利用古典概型概率计算公式得解． 【详解】由题可得：“从中 1 次随机摸出 2 只球”共有 种不同的结果， “摸出的 2 只球都是白球”有 种不同的结果. 6 7 5S S S> > 6 70, 0a a> < 6 7 5S S S> > 6 6 5 0a S S= − > 7 7 6 0a S S= − < 6 7 7 5 0a a S S+ = − > { }na 6n ≤ 0na > 7n ≥ 0na < 1 0n na a + < n n 3 46n nA C= n 3 46n nA C= 4 4{ { 7( 1)( 2)( 3) 3 4( 1)( 2) 6 4 3 2 1 n n nn n n n nn n n ≥ ≥⇒ ⇒ =− − − − =− − = × × × × 1 2 2 4C 2 3C 2 4C 2 3C 所以“从中 1 次随机摸出 2 只球，则 2 只球都是白球”的概率为 【点睛】本题主要考查了组合知识，还考查了古典概型概率计算公式，属于基础题． 15.如图所示，在四棱锥 中， 底面 ，且底面各边都相等， 是 上的一动点，当点 满足条件① ，② ，③ 中的______时， 平面 平面 （只要填写一个你认为是正确的条件序号即可）. 【答案】②（或③） 【解析】 【分析】 推出 ,则要得到平面 平面 ,即要得到 平面 ,故只需 垂 直平面 内的一条与 相交的直线即可. 【详解】 底面 , , 底面各边都相等, , , 平面 , 当 (或 时,即有 平面 , 而 平面 , 平面 平面 . 故答案为:②(或③). 【点睛】本题考查线面､面面垂直的判定与性质应用,需要学生具备一定的空间想象能力与逻 辑思维能力. 16.已知点 ， ,若直线 与线段 有公共点，则实数 的取值范 围是____________. 【答案】 【解析】 2 3 2 4 1 2 Cp C = = P ABCD− PA ⊥ ABCD M PC M BM DM⊥ DM PC⊥ BM PC⊥ MBD ⊥ PCD BD PC⊥ MBD ⊥ PCD PC ⊥ MBD PC MBD BD PA ⊥ ABCD PA BD∴ ⊥  AC BD∴ ⊥ PA AC A=  BD∴ ⊥ PAC BD PC∴ ⊥ ∴ DM PC⊥ )BM PC⊥ PC ⊥ MBD PC ⊂ PCD ∴ MBD ⊥ PCD ( )1,3A ( )4,2B 2 0ax y a− − = AB a ( ] [ ), 3 1,−∞ − +∞ 【分析】 根据直线方程可确定直线过定点 ；求出有公共点的临界状态时的斜率，即 和 ； 根据位置关系可确定 的范围. 【详解】直线 可整理为： 直线 经过定点 ， 又直线 的斜率为 的取值范围为： 本题正确结果： 【点睛】本题考查根据直线与线段的交点个数求解参数范围的问题，关键是能够明确直线经 过的定点，从而确定临界状态时的斜率. 三、解答题 17.在 的展开式中，第三项的二项式系数与第二项的二项式系数之比是 ． （1）求 的值； （2）求展开式中的常数项． 【答案】（1） （2）180 【解析】 【分析】 （1）根据二项式系数公式，结合已知直接求解即可； （2）写出二项式的展开式的通项公式并化简，令 的指数为零求解即可. 【详解】（1） ， （2） ， 当 ，即 时，常数项为 ． ( )2,0M MAk MBk a 2 0ax y a− − = ( )2y x a= − ∴ 2 0ax y a− − = ( )2,0M 3 0 31 2MAk −∴ = = −− 2 0 14 2MBk −= =− 2 0ax y a− − = a a∴ ( ] [ ), 3 1,−∞ − +∞ ( ] [ ), 3 1,−∞ − +∞ ( )2 2 n x n Nx ∗ + ∈   9: 2 n 10n = x 2 1: 9: 2 10n nC C n= ⇒ = 10 5 2 10 1 10 102 2 2 r r rr r r rT C x C xx −− +  = ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅   10 5 02 r− = 2r = 2 2 10 2 180C ⋅ = 【点睛】本题考查了二项式系数，考查了二项式展开式中的常数项，考查了数学运算能力. 18.（用数字作答）从 5 本不同的故事书和 4 本不同的数学书中选出 4 本，送给 4 位同学，每 人 1 本，问： （1）如果故事书和数学书各选 2 本，共有多少种不同的送法？ （2）如果故事书甲和数学书乙必须送出，共有多少种不同的送法？ 【答案】（1）1440；（2）504. 【解析】 【分析】 （1）由分步乘法计数原理可得共有 种送法，计算即可得解； （2）由分步乘法的计数原理可得共有 种送法，计算即可得解. 【详解】（1）由题意可知，5 本不同的故事书中任选 2 本有 种选择，4 本不同的数学书中 任选 2 本有 种选择，4 个不同的学生又有 种选择， 因此由乘法计数原理得共有 种不同的送法； （2）如果故事书甲和数学书乙必须送出，则需要从剩余 7 本中选 2 本书即 种选择，4 个不 同的学生又有 种选择， 因此由乘法计数原理得共有 种不同的送法 【点睛】本题考查了分步乘法计数原理与排列组合的综合应用，属于基础题. 19.如图，四棱锥 ， 平面 ABCD，四边形 ABCD 直角梯形， ， ， ，E 为 PB 中点. （1）求证： 平面 PCD； （2）求证： . 【答案】（1）证明见详解；（2）证明见详解 是 2 2 4 5 4 4C C A 2 4 7 4 504C A = 2 5C 2 4C 4 4A 2 2 4 5 4 4 1440C C A = 2 7C 4 4A 2 4 7 4 504C A = P ABCD− PA ⊥ / /AD BC 90BAD∠ = ° 2BC AD= / /AE AE BC⊥ 【解析】 【分析】 （1）取 的中点 ，证出 ，再利用线面平行的判定定理即可证出. （2）利用线面垂直的判定定理可证出 平面 ，再根据线面垂直的定义即可证出. 【详解】如图，取 的中点 ，连接 ， E 为 PB 中点， ，且 ， 又 ， ， ， , 为平行四边形，即 ， 又 平面 PCD， 平面 PCD， 所以 平面 PCD. （2）由 平面 ABCD，所以 ， 又因为 ， ，所以 ， ， 平面 ， 又 平面 ， . 【点睛】本题考查了线面平行的判定定理、线面垂直的判定定理，要证线面平行，需先证线 线平行；要证异面直线垂直，可先证线面垂直，此题属于基础题. 20. 的内角 的对边分别为 ， . （1）求 ； （2）若 ， 的面积为 ，求 . 【答案】（1） ；（2）8. 【解析】 【分析】 PC F / /AE DF BC ⊥ PAB PC F ,EF DF  / /EF BC∴ 1 2EF BC=  / /AD BC 2BC AD= AD EF∴ = / /AD EF AEFD∴ / /AE DF AE ⊄ DF ⊂ / /AE PA ⊥ PA BC⊥ / /AD BC 90BAD∠ = ° BC AB⊥ PA AB A=  BC∴ ⊥ PAB AE ⊂ PAB ∴ AE BC⊥ ABC∆ , ,A B C , ,a b c 2 2 2sin sin sin sin sinB C A B C+ − = A 4a = ABC∆ 4 3 b c+ 3 π (1)首先利用正弦定理边化角，再利用余弦定理可得结果； （2）利用面积公式和余弦定理可得结果. 【详解】（1）因为 ，所以 ， 则 ， 因为 ，所以 . （2）因为 的面积为 ，所以 ，即 ， 因为 ，所以 ， 所以 . 【点睛】本题主要考查解三角形的综合应用，意在考查学生的基础知识，转化能力及计算能 力，难度不大. 21.已知函数 . （1）求函数 的定义域； （2）若不等式 有解，求实数 的取值范围. 【答案】（1） ；（2） ． 【解析】 试题分析：（1）由对数有意义，得 可求定义域；（2）不等式 有解 ，由 ，可得 的最大值为 ，所以 ． 试题解析：（1） 须满足 ，∴ ， ∴所求函数的定义域为 . （2）∵不等式 有解，∴ = 2 2 2sin sin sin sin sinB C A B C+ − = 2 2 2b c a bc+ − = 2 2 2 1cos 2 2 2 b c a bcA bc bc + −= = = 0 A π< < 3A π= ABC∆ 4 3 1 3sin 4 32 4bc A bc= = 16bc = 2 2 2 , 4b c a bc a+ − = = 2 2 32b c+ = 2 2 2 64 8b c b c bc+ = + + = = ( ) ( ) ( )lg 2 lg 2f x x x= + + − ( )f x f ( )x m> m ( 2,2)− lg 4m < 2 0{2 0 x x + > − > ( )f x m> ⇔ max( )m f x< 20 4 4x< − ≤ ( )f x lg 4 lg 4m < x 2 0{2 0 x x + > − > 2 2x− < < ( 2,2)− ( )f x m> max( )m f x< ( ) ( ) ( )lg 2 lg 2f x x x= + + − 2lg(4 )x− 令 ，由于 ，∴ ∴ 的最大值为 ∴实数 的取值范围为 . 考点：对数性质、对数函数性、不等式有解问题． 22.已知数列 的前 项和为 ，且 ， . （1）求 ； （2）设 ，求数列 的前 项和 . 【答案】（1） ；（2） . 【解析】 【分析】 （1）由 表达式，结合 即可求得 ，递推后即可求得数列 的通项公 式. （2）先表示出数列 的通项公式，结合裂项法求和即可得数列 的前 项和 . 【详解】（1）数列 的前 项和为 ，且 ， ， 当 时， ， 化简可得 ， 则 ，对 也成立， 所以数列 的通项公式为 . （2）由（1）可知 ，则 所以 数列 的前 项和为 ，则 24t x= − 2 2x− < < 0 4t< ≤ ( )f x lg4. m lg 4m < { }na n nS 1 2a = 2 n nS a n n= + − na 1 1 n n n b a a + = ⋅ { }nb n nT 2na n= 4 4n nT n = + nS 1n n na S S −= − { }1na − { }na { }nb { }nb n nT { }na n nS 1 2a = 2 n nS a n n= + − 2n ≥ ( ) ( ) ( )22 1 1 1 1n n n n na S S a n n a n n− −  = − = + − − + − − −  1 2 2na n− = − 2na n= 1 2a = { }na 2na n= 2na n= 1 2 2na n+ = + ( )1 1 1 1 1 1 4 1 4 1n n n b a a n n n n+  = = = − ⋅ + +  { }nb n nT 1 2 3 1n n nT b b b b b−= + + ⋅⋅⋅ + 1 1 1 1 1 1 1 114 2 2 3 3 4 1n n  = − + − + − ⋅⋅⋅+ − +  【点睛】本题考查了由 求通项公式的方法，递推公式的应用，裂项求和法的应 用，属于基础题. 1 114 1n  = − +  4 4 n n = + 1n n na S S −= −