江苏省海安高级中学2019-2020学年高二上学期10月月考数学试题

江苏省海安高级中学2019-2020学年高二上学期10月月考数学试题

‎2019－2020学年度第一学期高二年级阶段检测（一）‎ 数学 一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分. 在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. ‎ ‎1.设，，则（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求集合B,再利用补集及交集运算求解即可 ‎【详解】由题得，，所以.‎ 故选.‎ ‎【点睛】本题考查集合的运算，二次不等式求解，准确计算是关键，是基础题 ‎2.，则的值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先利用诱导公式求解，再利用二倍角公式求解即可 ‎【详解】因为，所以，所以.‎ 故选.‎ ‎【点睛】本题考查诱导公式和二倍角公式，熟记公式是关键，是基础题 ‎3.若为钝角三角形，内角所对的边分别为，，角为钝角，则的取值范围是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 已知三边与角为钝角，用余弦定理，以及三角形两边之和大于第三边即可。‎ ‎【详解】由题，角为钝角，故，故，因为解得，又三角形满足，故，所以，故选B。‎ ‎【点睛】已知三边一角的关系，考虑用余弦定理，又注意三角形两边之和大于第三边即可。‎ ‎4.已知数列为等差数列，数列2，m，n，3为等比数列，则x+y+mn的值为（ ）‎ A. 16 B. 11 C. －11 D. ±11‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎5.已知，则的大小关系是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 通过作差得到，根据判别式和开口方向可知，从而得到结果.‎ ‎【详解】‎ ‎ ，即 本题正确选项：‎ ‎【点睛】本题考查作差法判断大小问题，关键是通过作差得到二次函数，根据判别式和开口方向得到符号.‎ ‎6.若数列满足（，），则以下结论正确的是（ ）‎ ‎①是等比数列； ②是等比数列；‎ ‎③是等差数列；④是等差数列.‎ A. ①③ B. ③④ C. ②③④ D. ①②③④‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 逐个选项求出通项公式，用等差等比的通项公式性质判断是否为等差等比数列即可。‎ ‎【详解】由题，①中，满足等比数列通项公式；②，满足等比数列通项公式；③，满足等差数列通项公式；④，满足等差数列通项公式。所以①②③④均正确，故选D。‎ ‎【点睛】形如的数列为等差数列，形如的数列为等比数列，意在考查学生对等差等比通项的理解。‎ ‎7.在中，根据下列条件解三角形，其中有两解的是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 逐个选项分析，A选项算出，又已知故有一解，选项B，C利用内角和等于即可判断无解。‎ ‎【详解】对A选项，由得，又 故三角一边均确定，故三角形只有一解。B选项，由正弦定理得，所以，又所以，有唯一解。C选项，故，又,无解。D选项，由 得，又，故有两种情况，故选D。‎ ‎【点睛】分析三角形多解的问题，主要根据内角和为，利用正弦定理等判断是否有两种情况，方法比较灵活。‎ ‎8.设是实数，且，则的最小值是（ ）‎ A. 6 B. C. D. 8‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 直接用均值不等式化简即可。‎ ‎【详解】由题，当时取最小值。故选B。‎ ‎【点睛】本题主要考查均值不等式，以及指数运用。‎ ‎9.设锐角的三内角、、所对边的边分别为、、,且,则 的取值范围（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎,，即，由正弦定理，得，为锐角三角形，‎ 所以，即，‎ 所以；故填.‎ ‎10.已知，则（ ）‎ A. 2019 B. C. 2020 D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 直接带入化简计算即可。‎ ‎【详解】由题，‎ ‎，故，故选C。‎ ‎【点睛】题目中已经给出的通项公式，要求则直接带入即可，注意中包含的表达式，故可直接转换。‎ ‎11.数列是公差不为0的等差数列，且，设（），则数列的最大项为（ ）‎ A. B. C. D. 不确定 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 观察到有根号，且与下标之和为定值，故两边平方。平方后出现想到用等差数列性质，想到用基本不等式。‎ ‎【详解】由两边平方得，由等差数列性质得 ‎，当且仅当即时成立，故最大值为，故选B。‎ ‎【点睛】本题主要考查等差数列性质：若是等差数列，且，则，基本不等式 ‎12.已知实数满足，则的最大值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由原式，明显考查斜率几何意义，故上下同除以得，再画图分析求得的取值范围，再用基本不等式求解即可。‎ ‎【详解】所求式，上下同除以得，又的几何意义为圆上任意一点到定点的斜率，‎ 由图可得，当过的直线与圆相切时取得临界条件。当过坐标为时相切为一个临界条件，另一临界条件设，化成一般式得，因为圆与直线相切，故圆心到直线的距离，所以 ‎，，解得，故。设，则，又，故，当时取等号。故，故选A。‎ ‎【点睛】本题主要考查斜率的几何意义，基本不等式的用法等。注意求斜率时需要设点斜式，利用圆心到直线的距离等于半径列式求得斜率，在用基本不等式时要注意取等号的条件。‎ 二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分. 将答案填在指定的位置上. ‎ ‎13.在中，内角所对的边分别为，若，，则_______.‎ ‎【答案】或 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据面积公式得出，再根据列出余弦定理 计算即可。‎ ‎【详解】由，得，又，所以，因为，所以或。又由余弦定理，当时，‎ ‎，故。当时，，故，故填或。‎ ‎【点睛】题中已知的关系要解三角形，故使用关于边的余弦定理和角的面积公式即可。‎ ‎14.不等式的解集是,则不等式的解集是________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由不等式的解集是,可以求得,从而可以求得不等式的解集.‎ ‎【详解】不等式的解集是, ,3是方程的二根, ,即,‎ 代入有,‎ 解得, 故答案为.‎ ‎【点睛】本题主要考查一元二次不等式的解法 ,属于基础题. 若，则 的解集是；的解集是.‎ ‎15.在四面体中， 为等边三角形，边长为3，，则四面体的体积为________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题目可得四面体的每条棱长，故先将四面体画出来，画的时候发现为直角三角形，故可将作为底面进行画图分析。‎ ‎【详解】由题得，以为顶点作四面体则三条侧棱都是3，底面为直角三角形；由三棱锥的侧棱都相等可知顶点在底面的外心，即为底边PC的中点，且底面外接圆半径 ;那么三棱锥的高 .则三棱锥体积，‎ 综上所述：四面体的体积为。‎ ‎【点睛】立体几何问题重点找到特殊结构，如直角三角形和等边三角形等来确定球心位置，从而作出辅助线列式求半径。‎ ‎16.已知数列前项和为，数列的前项和为，满足，，（， ）且. 若对任意，恒成立，则实数的最小值为_______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由可考虑一般做法，先带入，再利用求得关于的递推公式，进而求得的通项公式，继而求得通项公式，再求出即可。‎ ‎【详解】因为，令有，可得，所以，当时，，故，即，，故为常数列，所以，又，故，，又，所以，故，又对任意，恒成立，故，故的最小值为。‎ ‎【点睛】有关通项与前项和等式，一般先令，再利用，，推导的通项公式即可。恒成立的问题主要求最值。‎ 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.某种产品的广告费支出与销售额（单位：万元）之间有如下对应数据：‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎5‎ ‎6‎ ‎30‎ ‎40‎ ‎50‎ ‎60‎ ‎（1）求线性回归方程；‎ ‎（2）试预测广告费支出为9万元时，销售额多大？‎ ‎（参考公式：，）‎ ‎【答案】(1) ;(2)80‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用公式，计算，，，带入公式算出，再带入求得即可。 （2）根据（1）中的得出的，带入即可。‎ ‎【详解】（1）由表中数据可得 ‎，，‎ ‎，‎ ‎. ‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ ‎∴所求线性回归直线方程为. ‎ ‎（2）由（1）可得，当时，，‎ 所以可预测广告费支出为9万元时，销售额为80万元.‎ ‎【点睛】线性回归的问题直接根据公式，分别求得对应的数据带入即可，得出的线性回归方程在题中的实际意义要理解。‎ ‎18.为等差数列的前项和，且，. 记，其中表示不超过的最大整数，如，. ‎ ‎（1）求，，；‎ ‎（2）求数列的前2019项和.‎ ‎【答案】(1) ， ，,‎ ‎(2)4950‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由，利用基本量法，设公差为，算出，再根据定义可算得，，； （2）根据（1）中的结论，分，进行讨论分析即可。‎ ‎【详解】(1)设的公差为，据已知有，‎ 解得.‎ 所以的通项公式为.‎ ‎， ，‎ ‎.‎ ‎(2)因为bn 所以数列的前2019项和为 ‎【点睛】已知等差数列则可用基本量法求通项公式。有（1）（2）问时可联系（1）问思考第（2）问，即可更容易理解题目给的问题。‎ ‎19.如图，已知平面四边形ABDC中，满足且.‎ ‎（1）求；‎ ‎（2）若的外接圆的面积为且，求的周长。‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由可得，由可得，根据和两角差的余弦公式即可得结果；（2）由（1）及正弦定理可得，由可得，由余弦定理可得，联立解出，进而可得周长.‎ ‎【详解】（1）因为在中，，所以，‎ 在中，，‎ 所以，‎ ‎，‎ ‎，．‎ ‎（2）设的外接圆的半径为，‎ ‎．‎ 由（1）知，，‎ 又，得，‎ ‎，‎ ‎，‎ 联立解得，‎ 的周长为．‎ ‎【点睛】本题主要考查了利用正弦定理和余弦定理解三角形，两角差余弦公式的应用，属于中档题.‎ ‎20.在四棱锥 P - ABCD 中，锐角三角形 PAD 所在平面垂直于平面 PAB，AB⊥AD，AB⊥BC。‎ ‎(1) 求证：BC∥平面 PAD；‎ ‎(2) 平面 PAD⊥ 平面 ABCD．‎ ‎【答案】（1）见解析； （2）见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由AB⊥AD，AB⊥BC可得BC∥AD，从而得证；‎ ‎（2）作DE⊥PA于E，可证DE⊥平面PAB，进而可证AB⊥平面PAD，即可证得.‎ ‎【详解】（1）四边形ABCD中，因为AB⊥AD，AB⊥BC，‎ 所以，BC∥AD，BC在平面PAD外，‎ 所以，BC∥平面PAD ‎（2）作DE⊥PA于E，‎ 因为平面PAD⊥平面PAB，而平面PAD∩平面PAB＝PA，‎ 所以，DE⊥平面PAB，‎ 所以，DE⊥AB，又AD⊥AB，DE∩AD＝D 所以，AB⊥平面PAD，‎ AB在平面ABCD内 所以，平面PAD⊥平面ABCD.‎ ‎【点睛】本题主要考查了线面平行的证明及面面垂直的证明，属于基础题.‎ ‎21.设二次函数（，），关于的不等式的解集中有且只有一个元素. ‎ ‎（1）设数列的前项和（），求数列的通项公式；‎ ‎（2）设（），则数列中是否存在不同的三项能组成等比数列？请说明理由.‎ ‎【答案】(1) ,(2)见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由等式的解集中有且只有一个元素可利用判别式等于0算出，，有关通项与前项和的等式，一般先令，再利用，，推导的通项公式即可。 （2）求出的通项公式，利用等比数列的性质，建立等式即可分析得出结论。‎ ‎【详解】（1）因为关于的不等式的解集中有且只有一个元素，‎ 所以二次函数的图象与轴相切，‎ 于是，考虑到，所以.‎ 从而，故数列的前项和.‎ 于是；‎ 当时，. ‎ 故数列的通项公式为．‎ ‎（2）.‎ 假设数列中存在三项（正整数互不相等）成等比数列，‎ 则，即，‎ 整理得.‎ 因为都是正整数，所以，‎ 于是，即，从而与矛盾. ‎ 故数列中不存不同三项能组成等比数列.‎ ‎【点睛】（1）二次函数主要加强对图像的理解即可翻译题目条件，列出等式。 （2）分析是否存在的问题，主要是假设存在，再列式进行分析讨论。‎ ‎22.已知圆与直线，动直线过定点. ‎ ‎（1）若直线与圆相切，求直线的方程；‎ ‎（2）若直线与圆相交于两点，点是的中点，直线与直线相交于点. 探索是否为定值，若是，求出该定值；若不是，请说明理由.‎ ‎【答案】(1) 或;(2)见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）求过某点的直线时，分斜率不存在和存在进行讨论，再根据相切，列出到直线的距离等于半径等式求出所求直线斜率即可。 （2）设的方程为，联立直线与圆的方程，列出韦达定理，表达出，再联立的方程，得出，再表达化简计算即可。‎ ‎【详解】（1）1°当斜率不存在时，‎ 的方程为 ，与圆不相切. ‎ ‎2°当的斜率存在时，‎ 设的方程为，即 ‎∴‎ 解得或 ‎∴直线的方程为或 ‎（2）有（1）可知的斜率存在，‎ 设的方程为，‎ 由 消去后得 ‎ ‎∴ ， ‎ ‎∴ ∴‎ 由 得 ‎∴ ∴‎ ‎∴‎ ‎∴为定值.‎ ‎【点睛】（1）与过定点的直线有关的问题，一般都先分斜率存不存在进行讨论，再根据题目条件翻译条件得出等式。 （2）解析几何一般的问题，都是联立方程，设而不求，根据题目条件表达出相关的表达式，进而进行计算求解。‎ ‎ ‎