2020-2021学年甘肃省定西市高二（上）期中考试数学（理）试卷人教A版

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这是一份2020-2021学年甘肃省定西市高二（上）期中考试数学（理）试卷人教A版，共9页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1. 设全集U={x|x>0}，集合A={x|x>1}，则∁UA等于( )
A.{x|0
2. 命题"∃x0>0，ln(x0−1)>0"的否定是( )
A.∃x0>0，ln(x0−1)<0B.∀x>0，ln(x−1)<0
C.∃x0>0，ln(x0−1)≤0D.∀x>0，ln(x−1)≤0

3. 已知数列的通项公式为an=2n−1，则a3=( )
A.4B.6C.±4D.±8

4. 已知命题p，q，“¬p为假”是“p∨q为真”的( )
A.必要不充分条件B.充分不必要条件
C.充要条件D.既不充分也不必要条件

5. 若x，y满足约束条件x≥0，x+2y≥3，2x+y≤3，则z=x−y的最小值是( )
A.−3B.0C.32D.3

6. 下列有关命题的说法正确的是( )
A.命题“若x2=1，则x=1”的否命题为“若x2=1，则x≠1”
B.“x=−1”是“x2−5x−6=0”的必要不充分条件
C.命题“∃x∈R，使得x2+x+1<0”的否定是“∀x∈R，均有x2+x+1<0”
D.命题“若x=y，则sinx=siny”的逆否命题为真命题

7. 若△ABC的面积为3，BC=2，C=60∘，则边AB的长度等于( )
A.2B.3C.2D.3

8. 为了解手机对生活的影响，一个社会调查机构就平均每天使用手机的时间对某地居民中10000人进行了调查，并根据所
得数据画出样本的频率分布直方图（如图），为了分析该地居民平均每天使用手机的时间与年龄、职业等方面的关系，要
从这10000人中再用分层抽样方法抽出100人做进一步调查，则在[2.5,3)（小时）时间段内应抽出的人数是( )

A.25B.30C.50D.75

9. 要得到函数y=csx2−π4的图象，只需要将y=sinx2的图象( )
A.向右平移π2个单位B.向右平移π4个单位
C.向左平移π2个单位D.向左平移π4个单位

10. 已知实数a>1，命题p：函数y=lg12(x2+2x+a)的定义域为R，命题q:|x|<1是xA.p∧q为假命题B.p∨q为真命题
C.¬p∧q为真命题D.¬p∨¬q为真命题

11. 已知正数x，y满足1x+3y+2=1，则x+y的最小值为________．
A.2−3B.2+23C.6D.6+23

12. 若命题“存在x0∈R，使得mx02+mx0+2≤0”为假命题，则实数m的取值范围是( )
A.−∞,0∪8,+∞B.8,+∞C.[0,8）D.0,8
二、填空题

不等式2x−1x≥0的解集为________.

已知向量a→，b→满足|a→|=2020，|b→|=4，且a→⋅b→=4040，则a→与b→的夹角为________.

已知三角形ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，满足a2−(b−c)2bc=1，则∠A=________.

关于数列有下列四个判断：
①若a，b，c，d成等比数列，则a+b，b+c，c+d也成等比数列；
②若数列{an}既是等差数列又是等比数列，则an=an−1；
③数列{an}的前n项和为Sn，且Sn=an−1(a∈R)，则{an}为等比数列；
④数列{an}为等差数列，且公差不为零，则数列{an}中不会有am=an(m≠n).
其中正确判断的序号是________．（填写所有正确判断的序号）.
三、解答题

命题p：关于x的方程x2+ax+2=0无实根，命题q：函数f(x)=lgax在(0, +∞)上单调递增，若“p且q”为假命题，“p或q”为真命题，求实数a的取值范围.

在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且a2+c2−b2=233acsinB.
(1)求角B的大小；

(2)若a>1，且b=3，c=32，求边长a的值．

已知p:ln−x2+6x+17≥0，q:x2−4x+4−m2≤0m>0.
(1)若p为真，求实数x的取值范围；

(2)若p是q成立的充分不必要条件，求实数m的取值范围．

某投资公司计划投资A，B两种金融产品，根据市场调查与预测，A产品的利润y1与投资金额x的函数关系为y1=18−180x+10，B产品的利润y2与投资金额x的函数关系为y2=x5 （注：利润与投资金额单位：万元）．
(1)该公司已有100万元资金，并全部投入A，B两种产品中，其中x万元资金投入A产品，试把A，B两种产品利润总和表示为x的函数，并写出定义域；

(2)试问：怎样分配这100万元投资，才能使公司获得最大利润？其最大利润为多少万元？

如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，∠ACB=90∘，AC=BC=2，D，E分别为棱AB，BC的中点．

(1)证明：A1B1⊥C1D；

(2)若AA1=2，求异面直线C1D与AE所成角的余弦值．

已知数列an是公差不为0的等差数列，a1=1且a2，a4，a8成等比数列．
(1)求数列an的通项；

(2)若等比数列bn的各项都是正数，Sn2=15，S2n2=255，且在前n项中，最大的项为16．令cn=an⋅bn，求数列cn的前n项和Tn.
参考答案与试题解析
2020-2021学年甘肃省定西市高二（上）期中考试数学（理）试卷
一、选择题
1.
【答案】
D
【考点】
补集及其运算
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：得∁UA={x|0故选D.
2.
【答案】
D
【考点】
命题的否定
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：命题∃x0>0，ln(x0−1)>0的否定为∀x>0，ln(x−1)≤0.
故选D．
3.
【答案】
A
【考点】
等比数列的通项公式
【解析】
将n=3代入通项公式即可得到答案.
【解答】
解：∵ 数列的通项公式为an=2n−1，
∴ a3=22=4.
故选A.
4.
【答案】
B
【考点】
必要条件、充分条件与充要条件的判断
逻辑联结词“或”“且”“非”
【解析】
根据复合命题真假关系，结合充分条件和必要条件的定义进行判断即可．
【解答】
解：若¬p为假，即p为真，则p∨q为真，即充分性成立，
当p假q真时，满足p∨q为真，但¬p为真，即必要性不成立，
所以“¬p为假”是“p∨q为真”的充分不必要条件.
故选B.
5.
【答案】
A
【考点】
求线性目标函数的最值
【解析】
画出约束条件表示的可行域，推出三角形的三个点的坐标，直接求出z=x−y的最小值．
【解答】
解：约束条件x≥0，x+2y≥3，2x+y≤3，表示的可行域如图，
易得z=x−y在A点取得最小值，最小值是0−3=−3.
故选A.
6.
【答案】
D
【考点】
命题的真假判断与应用
命题的否定
四种命题间的逆否关系
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：A，命题“若x2=1，则x=1”的否命题为“若x2≠1，则x≠1”，故A错误；
B，由x2−5x−6=0解得x=6或−1，因此“x=−1”是“x2−5x−6=0”的充分不必要条件，故B错误；
C，命题“∃x∈R，使得x2+x+1<0”的否定是“∀x∈R，均有x2+x+1≥0”，故C错误；
D，命题“若x=y，则sinx=siny，”为真命题，则其逆否命题也为真命题，故D正确．
故选D．
7.
【答案】
C
【考点】
余弦定理
正弦定理
【解析】
利用三角形面积公式列出关系式，把已知面积，a，sinC的值代入求出b的值，再利用余弦定理求出c的值即可．
【解答】
解：∵ △ABC的面积为3，BC=a=2，C=60∘，
∴ 12absinC=3，即b=2，
由余弦定理得：c2=a2+b2−2abcsC=4+4−4=4，
则AB=c=2.
故选C.
8.
【答案】
A
【考点】
分层抽样方法
频率分布直方图
【解析】
【解答】
解：由图知数据落在[2.5,3)的频率为0.5×0.5=0.25，
故在[2.5,3)内应抽出的人数为100×0.25=25（人）.
故选A．
9.
【答案】
C
【考点】
函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换
诱导公式
【解析】
（1）根据诱导公式进行化简，利用左加右减，上加下减的原则进行解题即可.
【解答】
解：已知y=cs(x2−π4)=sin(x2−π4+π2)=sin(x2+π4) ，
只需要将函数y=sinx2的图像向左平移π2个单位长度即可得到函数y=sin[12(x+π2)]=sin(x2+π4)的图象.
故选C.
10.
【答案】
B
【考点】
复合命题及其真假判断
逻辑联结词“或”“且”“非”
【解析】
先求出命题p，q的真假，然后，根据复合命题真假之间的关系进行判断即可．
【解答】
解：令f(x)=x2+2x+a，
Δ=4−4a=4(1−a).
当a>1时，Δ=4−4a=4(1−a)<0，
则x2+2x+a>0恒成立，
即函数y=lg12(x2+2x+a)的定义域为R，故p为真命题．
由|x|<1得，−1∵ a>1，x∴ |x|<1是x则p∧q为真命题，p∨q为真命题，¬p∧q为假命题，¬p∨¬q为假命题.
故选B.
11.
【答案】
B
【考点】
基本不等式在最值问题中的应用
【解析】
变形利用“乘1法”和基本不等式的性质即可得出．
【解答】
解：∵ 正数x，y满足1x+3y+2=1，
则x+y=(x+y+2)(1x+3y+2)−2
=2+y+2x+3xy+2≥
2+2y+2x⋅3xy+2=2+23，
当且仅当x=1+3=y时取等号．
∴ x+y的最小值为2+23．
故选B.
12.
【答案】
C
【考点】
根的存在性及根的个数判断
命题的否定
全称命题与特称命题
【解析】

【解答】
解：命题“存在x0∈R，使得mx02+mx0+2≤0"的否定为“任意x∈R，使得mx2+mx+2>0，
由题意得，命题“任意x∈R，使得mx2+mx+2>0为真命题，
①当m=0时，2>0恒成立，满足题意．
②当m≠0时，由题意得m>0,Δ=m2−8m<0，
解得0综上可得0≤m<8．
所以实数m的取值范围是[0,8)．
故选C．
二、填空题
【答案】
(−∞,0)∪[12,+∞）
【考点】
分式不等式的解法
一元二次不等式的解法
【解析】

【解答】
解：由题意，得(2x−1)x≥0，x≠0,
解得x≥12或x<0．
故答案为：(−∞,0)∪[12,+∞）．
【答案】
π3
【考点】
数量积表示两个向量的夹角
【解析】

【解答】
解：设a→与b→的夹角为θ.
所以csθ=a→⋅b→|a→||b→|=40402020×4=12，
因为θ∈[0,π]，
所以θ=π3．
故答案为：π3．
【答案】
π3
【考点】
余弦定理
【解析】
根据已知等式，化简整理得b2+c2−a2=bc．再由余弦定理加以计算，得到csA=12，即可得到角A的大小．
【解答】
解：∵ a2−(b−c)2bc=1，
∴ a2−(b−c)2=bc，
化简得b2+c2−a2=bc．
由余弦定理，
得csA=b2+c2−a22bc=bc2bc=12.
∵ A是三角形的内角，
∴ A=π3．
故答案为：π3.
【答案】
②④
【考点】
等差数列与等比数列的综合
【解析】
①利用特殊数列−1，1，−1，1，进行验证．②利用等差数列和等比数列的定义进行判断．③当a=0时，进行排除判断．④利用等差数列的通项公式进行判断．
【解答】
解：①对于数列−1，1，−1，1，⋯满足a，b，c，d成等比数列，但a+b=0，b+c=0，c+d=0，所以a+b，b+c，c+d不是等比数列，故①错误；
②若数列{an}既是等差数列又是等比数列，则数列{an}必是非零的常数列，所以an=an+1成立，故②正确；
③当a=0时，数列{an}既不是等差数列也不是等比数列，故③错误；
④在等差数列中，若am=an，则a1+(m−1)d=a1+(n−1)d，因为d≠0，所以m=n，与m≠n矛盾，故④正确．
故答案为：②④．
三、解答题
【答案】
解：命题p：关于x的方程x2+ax+2=0无实根，
则Δ=a2−8<0，
解得−22命题q：函数f(x)=lgax在(0, +∞)上单调递增，
∴ a>1．
若“p且q”为假命题，“p或q”为真命题，
则命题p与q一真一假，
当p真q假时，−22当p假q真时，a≥22，
综上所述，实数a的取值范围为(−22,1]∪[22,+∞)
【考点】
逻辑联结词“或”“且”“非”
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：命题p：关于x的方程x2+ax+2=0无实根，
则Δ=a2−8<0，
解得−22命题q：函数f(x)=lgax在(0, +∞)上单调递增，
∴ a>1．
若“p且q”为假命题，“p或q”为真命题，
则命题p与q一真一假，
当p真q假时，−22当p假q真时，a≥22，
综上所述，实数a的取值范围为(−22,1]∪[22,+∞).
【答案】
解：(1)在△ABC中，根据余弦定理a2+c2−b2=2accsB，且a2+c2−b2=233acsinB，得2accsB=233acsinB，
∴ tanB=3．
又∵ 0∴ B=π3．
(2)由(1)及余弦定理得，
b2=a2+c2−2accsB，
即3=a2+94−32a，
即a2−32a−34=0，
解得：a=3+214或a=3−214.
∵ a>1，
∴ a=3+214.
【考点】
余弦定理
【解析】

【解答】
解：(1)在△ABC中，根据余弦定理a2+c2−b2=2accsB，且a2+c2−b2=233acsinB，得2accsB=233acsinB，
∴ tanB=3．
又∵ 0∴ B=π3．
(2)由(1)及余弦定理得，
b2=a2+c2−2accsB，
即3=a2+94−32a，
即a2−32a−34=0，
解得：a=3+214或a=3−214.
∵ a>1，
∴ a=3+214.
【答案】
解：(1)若p为真，
则ln−x2+6x+17≥0成立，
即−x2+6x+17≥1，
整理得x2−6x−16≤0，
解得−2≤x≤8，
所以当p为真时，实数x的取值范围为[−2,8]．
(2)由x2−4x+4−m2≤0(m>0)，
解得2−m≤x≤2+m(m>0)．
若p是q成立的充分不必要条件，
则−2,8⫋2−m,2+m，
所以m>0，2−m≤−2，2+m≥8，（两等号不同时成立），
解得m≥6，
所以实数m的取值范围是[6,+∞)．
【考点】
一元二次不等式的解法
根据充分必要条件求参数取值问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)若p为真，
则ln−x2+6x+17≥0成立，
即−x2+6x+17≥1，
整理得x2−6x−16≤0，
解得−2≤x≤8，
所以当p为真时，实数x的取值范围为[−2,8]．
(2)由x2−4x+4−m2≤0(m>0)，
解得2−m≤x≤2+m(m>0)．
若p是q成立的充分不必要条件，
则−2,8⫋2−m,2+m，
所以m>0，2−m≤−2，2+m≥8，（两等号不同时成立），
解得m≥6，
所以实数m的取值范围是[6,+∞)．
【答案】
解：(1)其中x万元资金投入A产品，
则剩余的100−x（万元）资金投入B产品，
利润总和f(x)=18−180x+10+100−x5
=38−x5−180x+10(x∈[0, 100])．
(2)∵f(x)=40−x+105−180x+10，x∈[0, 100]，
∴ 由基本不等式得：f(x)≤40−236=28，
当且仅当x+105=180x+10时，取等号，即x=20．
答：分别用20万元和80万元资金投资A，B两种金融产品，可以使公司获得最大利润，最大利润为28万元．
【考点】
函数模型的选择与应用
基本不等式在最值问题中的应用
【解析】
(1)其中x万元资金投入A产品，则剩余的100−x（万元）资金投入B产品，根据A产品的利润y1与投资金额x的函数关系为y1=18−180x+10，B产品的利润y2与投资金额x的函数关系为y2=x5，可得利润总和；
（2）f(x)=40−x+105−180x+10，x∈[0, 100]，由基本不等式，可得结论．
【解答】
解：(1)其中x万元资金投入A产品，
则剩余的100−x（万元）资金投入B产品，
利润总和f(x)=18−180x+10+100−x5
=38−x5−180x+10(x∈[0, 100])．
(2)∵f(x)=40−x+105−180x+10，x∈[0, 100]，
∴ 由基本不等式得：f(x)≤40−236=28，
当且仅当x+105=180x+10时，取等号，即x=20．
答：分别用20万元和80万元资金投资A，B两种金融产品，可以使公司获得最大利润，最大利润为28万元．
【答案】
(1)证明：如图，连接CD．
∵ AC=BC，D为AB的中点，
∴ AB⊥CD．
∵ C1C⊥平面ABC，AB⊂平面ABC，
∴ C1C⊥AB.
又CC1⊂平面C1CD，CD⊂平面C1CD，C1C∩CD=C，
∴ AB⊥平面C1CD，
∴ AB⊥C1D.
又A1B1//AB，
∴ A1B1⊥C1D ．
(2)解：取BE的中点M，连接DM，C1M．
则DM=12AE，DM//AE．
由题意得，CE=BE=12BC=1，
在Rt△ABC中，
AB=AC2+BC2=22，
∴ CD=12AB=2.
在Rt△ACE中，
AE=AC2+CE2=5，
∴ DM=52，
∴ C1M=CC12+CM2
=22+1+122=52，
C1D=CC12+CD2=6，
∴ cs∠C1DM=C1D2+DM2−C1M22⋅C1D⋅DM=3030，
故异面直线C1D与AE所成角的余弦值为3030．
【考点】
直线与平面垂直的判定
直线与平面垂直的性质
异面直线及其所成的角
余弦定理
【解析】
此题暂无解析
【解答】
(1)证明：如图，连接CD．
∵ AC=BC，D为AB的中点，
∴ AB⊥CD．
∵ C1C⊥平面ABC，AB⊂平面ABC，
∴ C1C⊥AB.
又CC1⊂平面C1CD，CD⊂平面C1CD，C1C∩CD=C，
∴ AB⊥平面C1CD，
∴ AB⊥C1D.
又A1B1//AB，
∴ A1B1⊥C1D ．
(2)解：取BE的中点M，连接DM，C1M．
则DM=12AE，DM//AE．
由题意得，CE=BE=12BC=1，
在Rt△ABC中，
AB=AC2+BC2=22，
∴ CD=12AB=2.
在Rt△ACE中，
AE=AC2+CE2=5，
∴ DM=52，
∴ C1M=CC12+CM2
=22+1+122=52，
C1D=CC12+CD2=6，
∴ cs∠C1DM=C1D2+DM2−C1M22⋅C1D⋅DM=3030，
故异面直线C1D与AE所成角的余弦值为3030．
【答案】
解：(1) ∵ a2，a4，a8成等比数列，且a1=1，
∴ a42=a2⋅a8，即1+3d2=1+d1+7d.
解得：d=1或d=0 （舍去），
∴ an=1+n−1×1=n.
(2)设{bn}的公比为q.
∵ Sn2=15，S2n2=255，
∴ S2n=b11−q2n1−q=510，①
Sn=b11−qn1−q=30，②
①÷②，得1+qn=17，即qn=16，
∴ bn=b1qn−1=b1q⋅qn=16b1q.
∵ 在前n项中，最大项为16，
∴ 只有 b1q=1时最大，此时b1=q，
将所得结果代入到Sn2=15中，
求得b1=q=2，bn=2n,
∴ cn=an⋅bn=n⋅2n，
Tn=1⋅2+2⋅22+3⋅23+⋯+n⋅2n，①
2Tn=1⋅22+2⋅23+3⋅24+⋯+n⋅2n+1，②
①−②，得−Tn=2+22+23+⋯+2n−n⋅2n+1
=2n+1−2−n⋅2n+1
=−n−1⋅2n+1−2,
∴ Tn=n−1⋅2n+1+2.
【考点】
等比中项
等差数列的通项公式
数列的求和
数列递推式
【解析】
本题考查错位相减法求数列的和
考查数列的通项公式
本题考查数列求和，错位相减法
【解答】
解：(1) ∵ a2，a4，a8成等比数列，且a1=1，
∴ a42=a2⋅a8，即1+3d2=1+d1+7d.
解得：d=1或d=0 （舍去），
∴ an=1+n−1×1=n.
(2)设{bn}的公比为q.
∵ Sn2=15，S2n2=255，
∴ S2n=b11−q2n1−q=510，①
Sn=b11−qn1−q=30，②
①÷②，得1+qn=17，即qn=16，
∴ bn=b1qn−1=b1q⋅qn=16b1q.
∵ 在前n项中，最大项为16，
∴ 只有 b1q=1时最大，此时b1=q，
将所得结果代入到Sn2=15中，
求得b1=q=2，bn=2n,
∴ cn=an⋅bn=n⋅2n，
Tn=1⋅2+2⋅22+3⋅23+⋯+n⋅2n，①
2Tn=1⋅22+2⋅23+3⋅24+⋯+n⋅2n+1，②
①−②，得−Tn=2+22+23+⋯+2n−n⋅2n+1
=2n+1−2−n⋅2n+1
=−n−1⋅2n+1−2,
∴ Tn=n−1⋅2n+1+2.