宁夏吴忠中学2019-2020学年高二数学上学期期中试题文(含解析)

一､选择题(本题共12道小题,每小题5分,共60分)

1.已知集合Axx2x30，Bx2x2，则AA. 2,1 【答案】A 【解析】 【分析】

先化简集合Axx1或x3，再根据集合交集定义运算即可. 【详解】因为Axx1或x3，故AB2,1，故选A. 【点睛】本题主要考查了集合的交集运算，属于容易题. 2.函数fxA. 0,1 【答案】B 【解析】 【分析】

根据偶次根式被开方数非负，对数的真数大于零，列出关于实数x的不等式组，解出即可得出函数yfx的定义域.

2B等于（ ）

D. 1,2

B. 1,1

C. 1,2

xlg1x的定义域为（ ）

B. 0,1

C. 0,1

D. 0,1

【详解】由题意可得为0,1. 故选：B.

x0，解得0x1，因此，函数fxxlg1x的定义域

1x0【点睛】本题考查函数定义域的求解，熟悉一些常见函数定义域的求解原则是解题的关键，考查运算求解能力，属于基础题.

3.在ABC中，已知a5，b7，c8，则AC（ ） A. 90 【答案】B 【解析】

B. 120

C. 135

D. 150

分析】

先通过余弦定理求出B，再利用三角形内角和为180求出AC.

【的a2c2b25282721， 【详解】解：由余弦定理得cosB2ac2582则cosACcosB1， 2又0AC180， 则AC120. 故选：B.

【点睛】本题考查余弦定理的应用，是基础题. 4.若ab,acbc,则( ) A. c0 可能

B. c0 C. c0

D. 以上均有

【答案】B 【解析】 【分析】

根据不等式的性质直接求解. 【详解】若ab,acbc, 则c0, 故选:B.

【点睛】本题考查不等式的基本性质,属于基础题. 5.已知向量a(2,6),b(1,),若a//b,则( ). A. -3 B. 3

C. 2

【答案】A 【解析】 【分析】

根据向量平行的坐标公式列式求解.

【详解】向量a(2,6),b(1,),若a//b, 则2(6)03,

D. -1

故选:A.

【点睛】本题考查向量平行的坐标公式,属于基础题.

6.如果等差数列an中，a3+a4+a5=12，那么a1+a2+…+a7=（ ） A. 14 【答案】C 【解析】

试题分析：等差数列

B. 21

C. 28

D. 35

an2中，a3a4a5123a412a44，则

a1a2a77a1a7272a47a428

考点：等差数列的前n项和

7.若2ab1，a0，b0，则

11的最小值是（ ） abC. 322

D. 32

A. 22 【答案】C 【解析】 【分析】

B. 322

利用“乘1法”和基本不等式的性质即可得出. 【详解】解：∵2ab1，a0，b0，

11b2ab2a11(2ab)332322， abababab当且仅当b∴

2a21时取等号.

11的最小值是322. ab故选：C.

【点睛】本题考查了“乘1法”和基本不等式的性质，属于基础题.

8.设m，n是两条不同的直线，，是两个不同的平面，下列命题中正确的是（ ） A. 若，m，n，则mn

B. 若//，m，n，则m//n C. 若mn，m，n，则 D. 若m，m//n，n//，则 【答案】D 【解析】 试题分析：

m，n,,故选D.

考点：点线面的位置关系.

9.若sin()1,且0,则sin2的值为( )

23B. A. 42 922 9C.

22 9D.

42 9【答案】D 【解析】 【分析】

利用诱导公式求出sin122,cos,再利用二倍角公式即可求解. 33【详解】若sin()1,且0,

23则sin122,cos, 3312242 339所以sin22sincos2故选:D.

【点睛】本题考查诱导公式和二倍角公式的综合运用,难度不大.

210.已知命题p:xR，log2x42，命题q:yx2是定义域上的减函数，则下列命

1题中为真命题的是（ ） A. pq

B. pq

C. pq

D.

pq

【答案】D 【解析】 【分析】

利用二次函数与对数函数的单调性即可判断出命题p的真假.利用幂函数即可判断出命题q的真假.

【详解】解：命题p:xR，log2x4log242，是真命题. 命题q:yx2是定义域上的增函数，因此是假命题. ∴下列命题中为真命题的是pq. 故选：D.

【点睛】本题考查了二次函数与对数函数的单调性、简易逻辑的判定方法，考查了推理能力与计算能力，属于基础题.

11.如图，从气球A上测得正前方的河流的两岸B,C的俯角分别为67，30，此时气球的高是46m，则河流的宽度BC约等于（ ）m.（用四舍五入法将结果精确到个位.参考数据：

12sin670.92，cos670.39，sin370.60，cos370.80，31.73）

A. 92 【答案】D 【解析】 【分析】

B. 39 C. 80 D. 60

过A点作AD垂直于CB的延长线，垂足为D，分别在Rt△ACD、Rt△ABD中利用三角函数的定义，算出CD、BD的长，从而可得BC，即为河流在B、C两地的宽度. 【详解】解：过A点作AD垂直于CB的延长线，垂足为D，

则Rt△ACD中，∠C＝30°，AD＝46m，

AB46，

sin67根据正弦定理

ABsin37sin37得BC4660m. sin30sin67sin30故选：D.

【点睛】本题给出实际应用问题，求河流在B、C两地的宽度，着重考查了三角函数的定义、正余弦定理解三角形的知识，属于中档题.

12.已知数列an满足an1an2n，且a133，则A. 21 【答案】C 【解析】 【分析】

2由累加法求出an33nn，所以

B. 10

an的最小值为（ ） n2117C. D.

22ann33nn1，设f(n)33n1，由此能导出n5或n6时fn有最小值，借此能得到

an的最小值. n【详解】解：ananan1an1an2a2a1a1

2[12(n1)]3333n2n

所以

ann33nn1

设f(n)33n1，由对勾函数的性质可知， nfn在0,33上单调递减，在

33,上单调递减，

又因为nN+，所以当n5或6时fn可能取到最小值.

又因为

a553a66321,， 55662所以

ana21的最小值为6.

62n故选：C.

【点睛】本题考查了递推数列的通项公式的求解以及对勾函数的单调性，考查了同学们综合运用知识解决问题的能力.

二､填空题(本题共4小题,每小题5分,共20分)

22B两点，则AB________． 13.直线yx1与圆xy2y30交于A，【答案】22 【解析】 【分析】

首先将圆的一般方程转化为标准方程，得到圆心坐标和圆的半径的大小，之后应用点到直线的距离求得弦心距，借助于圆中特殊三角形半弦长、弦心距和圆的半径构成直角三角形，利用勾股定理求得弦长.

【详解】根据题意，圆的方程可化为x(y1)4， 所以圆的圆心为(0,1)，且半径是2， 根据点到直线的距离公式可以求得d220111(1)222，

结合圆中的特殊三角形，可知AB24222，故答案为22. 【点睛】该题考查的是有关直线被圆截得的弦长问题，在解题的过程中，熟练应用圆中的特殊三角形半弦长、弦心距和圆的半径构成的直角三角形，借助于勾股定理求得结果. 14.已知等比数列an，若a1a2a37，a1a2a38，则an________. 【答案】an【解析】 【分析】

先利用等比数列性质得a22，再利用等比数列的通项公式列方程求出公比，进而可得an.

2n11或an2n3

3【详解】解：由a1a2a38得a28，

a22，

设等比数列an的公比为q， 则由a1a2a37得解得q222q7， q2或qn21， 2n2所以ana2q222n1或ana2qn3n2122n212n3.

故答案为：an2n11或an2.

【点睛】本题考查等比数列通项公式的基本量的计算，考查学生计算能力，是基础题. 15.设ABC内角A,B,C所对的边分别为a,b,c，若bcosCccosBasinA，则ABC的形状为_______ 【答案】直角三角形 【解析】 【分析】

根据正弦定理,将条件式子转化为角的表达式,结合正弦的和角公式即可求得角A,进而判断三角形形状.

【详解】因为bcosCccosBasinA

由正弦定理可得sinBcosCsinCcosBsin2A 即sinBCsinA,而sinBCsinA

2所以sinAsin2A

因为在三角形中sinA0 所以1sinA 所以A2的,即ABC为直角三角形

故答案为: 直角三角形

【点睛】本题考查了三角函数恒等变形及三角形形状的判断,正弦定理边角转化的应用,属于

基础题.

x2y40，2216.已知实数x,y满足{2xy20，则xy的取值范围是 .

3xy30，【答案】[,13] 【解析】

【详解】画出不等式组表示的平面区域，

45

22由图可知原点到直线2xy20距离的平方为xy的最小值，为|224|，原点到直

55线x2y4=0与3xy3=0的交点(2,3)距离的平方为x2y2的最大值为13，因此

x2y2的取值范围为[,13].

【考点】线性规划

【名师点睛】线性规划问题，首先明确可行域对应的是封闭区域还是开放区域、分界线是实线还是虚线（一般不涉及虚线），其次确定目标函数的几何意义，是求直线的截距、两点间距离的平方、直线的斜率、还是点到直线的距离等，最后结合图形确定目标函数最值或值域范围.

三､解答题(本题共6小题,共70分,要写出必要的文字叙述､演算步骤及推理过程) 17.已知关于x的不等式axa1xa10对于所有的实数x都成立，求a的取值范

245围.

1,【答案】

3【解析】 【分析】

分a0和a0讨论，当a0时需a0，且对应二次方程的判别式小于0，联立不等式求解a的取值范围.

【详解】解：当a0时，原不等式axa1xa10可化为x10，即x1.

2不满足题意；

当a0时，要使不等式axa1xa10对于所有的实数x都成立，

2a0a0则，即2. 2(a1)4a(a1)03a2a10解得：a.

2综上，使不等式axa1xa10对于所有的实数x都成立的a的取值范围是

131,.

3【点睛】本题考查了恒成立问题，考查分类讨论的数学思想方法，训练了“三个二次”结合求解含参数的范围问题，是中档题.

18.在ABC中，内角A，B，C的对边a，b，c，且ac，已知BABC2，cosB求：

（1）a和c的值； （2）cos(BC)的值. 【答案】（1）a3,c2；（2）【解析】

试题分析：（1）由BABC2和cosB解

1，b3，323 271，得ac=6.由余弦定理，得a2c213. 322. 3，即可求出a，c；（2） 在ABC中，利用同角基本关系得sinB由正弦定理，得sinCc42，又因为abc，所以C为锐角，因此sinBb97，利用cos(BC)cosBcosCsinBsinC，即可求出结果. 91（1）由BABC2得，，又cosB，所以ac=6.

3cosC1sin2C由余弦定理，得a2c2b22accosB. 又b=3，所以a2c292213. 解

，得a=2，c=3或a=3，c=2.

因为a>c,∴ a=3，c=2.

（2）在ABC中，sinB1cos2B1()21322. 3由正弦定理，得sinCc22242，又因为abc，所以C为锐角，因此sinBb339cosC1sin2C1(4227.

)9917224223. 393927于是cos(BC)cosBcosCsinBsinC=考点：1.解三角形；2.三角恒等变换.

19.已知等差数列an满足：a37，a5a726．an的前n项和为Sn． （Ⅰ）求an及Sn； （Ⅱ）令bn1（nN）,求数列bn的前n项和Tn． 2an1【答案】（Ⅰ）an2n1,Snn(n2); （Ⅱ）【解析】

n．

4(n1)试题分析：（1）设等差数列an的公差为d，由已知a3解得a1,d，则an及Sn可求；（2）由（1）可得bn7,a5a726可得{a12d72a110d26

111()，裂项求和即可 4nn1试题解析：（1）设等差数列an的公差为d，因为a37，a5a726，所以有

a2d7{1， 2a110d26解得a13,d2，所以an32(n1)2n1，Sn3nn(n1)2n22n. 2（2）由（1）知，an2n1， 所以bn111111()， 2an1(2n1)214n(n1)4nn1所以Tn1111(142231111n)(1)， nn14n14(n1)即数列bn的前n项和Tnn.

4(n1)考点：等差数列的通项公式，前n项和公式．裂项求和

20.如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，侧棱垂直于底面，ABBC,AA1AC2，BC1，

E、F分别是A1C1、BC的中点.

（1）求证：平面ABE平面B1BCC1； （2）求证：C1F//平面ABE； （3）求三棱锥EABC的体积.

【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）【解析】 【分析】

（1）由BB1AB，ABBC即可证明

3. 3（2）取AB的中点G，连接EG,FG，证明C1F//EG即可 （3）利用VEABC1SABCAA1直接计算 3【详解】（1）∵三棱柱ABCA1B1C1中，侧棱垂直于底面，∴BB1AB. ∵ABBC，BB1BCB，BB1，BC平面B1BCC1，

∴AB平面B1BCC1. ∵AB平面ABE，∴平面ABE平面B1BCC1.

（2）取AB的中点G，连接EG,FG.

∵F是BC的中点，∴FG//AC,FG1AC. 2∵E是A1C1的中点，∴FG//EC1，FGEC1， ∴四边形FGEC1是平行四边形，∴C1F//EG. ∵C1F平面ABE，EG平面ABE，∴C1F//平面ABE.

（3）∵AA1AC2,BC1，ABBC， ∴AB1113. 3，∴VEABCSABCAA13123323【点睛】本题考查的是立体几何中线面平行和垂直的证明，要求我们要熟悉并掌握平行与垂直有关的判定定理和性质定理，在证明的过程中要注意步骤的完整. 21.设ΔABC三个内角A,B,C的对边分别为a,b,c,ΔABC的面积S满足

43Sa2b2c2.

(1)求角C的值;

(2)求sinBcosA的取值范围.

C【答案】(1) 【解析】

π1sinBcosA,1. (2) 62【详解】试题分析：（1）运用三角形的面积公式和余弦定理，结合同角的商数关系，可得角C的值；（2）由三角形的内角和定理，可得B函数的图象和性质，即可得到所求范围．

5πA，运用两角和差的正弦公式，结合正弦6a2b2c22试题解析：(1)cosC,ab2c22abcosC

2aba2b2c22abcosC13SabsinC,求得tanC,

243433所以Cπ. 6π5π5πA; ,所以AB,即B666π 3(2)因为C经三角变换得sinBcosAcosA因为A0,π15πππ7πcosA[1,), A,,所以,6336321sinBcosA所以,1.

222.已知正项等差数列an的前n项和为Sn，若S312，且2a1 , a2 , a31成等比数列. （1）求an的通项公式；

an，记数列bn的前n项和为Tn，求Tn n356n51n 【答案】（1）an3n2；（2）443（2）设bn【解析】 【分析】

（1）利用等差数列S3=12,等差中项的性质，求得a2=4，结合 2a1，a2，a3+1成等比数列，得

a2=2（a2-d）（a2+d+1），进而求得an的通项公式；（2）确定数列bn的通项，利用错位相

2

减法求数列的和Tn.

【详解】设公差为d，则∵S3=12，，即a1+a2+a3=12，∴3a2=12，∴a2=4，

又∵2a1，a2，a3+1成等比数列，∴a2=2（a2-d）（a2+d+1），解得d=3或d=-4（舍去）， ∴an=a2+（n-2）d=3n-2

2

an3n21111T1473n2 ，∴ ① n3n3n332333n1111111①× 得Tn1243743n5n3n2n1 ②

3333333211111①-②得 Tn32333n3n2n1

333333（2）bn111115111323n1 33n2n1n13n2n1 ，

133623313∴Tn5113n2156n51n2nn ． 44323443【点睛】本题考查了等差数列和等比数列的性质，以及等差数列的通项公式和等比数列的求和公式，考查了数列求和的错位相减法．错位相减法适用于{anbn}型数列，其中an,bn分别是等差数列和等比数列.