2019-2020学年度最新高二数学上学期开学考试试题2

 ——教学资料参考参考范本—— 2019-2020学年度最新高二数学上学期开学考试试题2 ______年______月______日 ____________________部门 1 / 16 数学试题 本试卷分第I卷和第Ⅱ卷两部分，考试时间120分钟，满分150分 第Ⅰ卷（60分） 一、选择题（本大题共12小题，毎小题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．已知全集U={1，2，3，4，5}，A={1，3}，则 =（ ）CUA A．∅ B．{1，3} C．{2，4，5} D．{1，2，3，4，5} 2．下列函数中，既是奇函数又在（0，+∞）单调递增的是（ ） A． y B． C． D．yexexylnx1sinx1yxxx 341213ab4 3．若，，c=log23，则a，b，c大小关系是（ ）2A．a＜b＜c B．b＜a＜c C．b＜c＜a D．c＜b＜a 4．已知α为第二象限的角，且，则sinα+cosα=（ ）A． B． 311455 tan34 7 C． D．55．已知△ABC的边BC上有一点D满足，则可表示为（ ）BD3DCAD 2 / 16 3113ABACADABAC4444A． B． C． D．AD2AB3ACAD21ABAC33 AD6．一个几何体的三视图如图，其左视图是一个等边三角形，则这个几何体的体积为（ ） 4A． B． C． D．3386383343 7．设为等差数列的前n项和，已知a1=S3=3，则S4的值为a（ ）Snn A．﹣3 B．0 C．3 D．6 8．设锐角△ABC的三内角A、B、C所对边的边长分别为a、b、c，且 a=1，B=2A，则b的取值范围为（ ） A． B． C． D．2,31,32,20,2 9．已知变量x，y满足约束条件，则2x﹣y的最小值是（ ）xy20xy60x10 A．2 B．﹣2 C．﹣3 D．﹣1 10．若直线（m＞0，n＞0）过点（1，﹣2），则最小值（ ）122mxny20mn 3 / 16 A．2 B．6 D．3+2 C．12 11．已知函数，则满足的x的取值范围是（ ）fx2e21 fxe1xe1xA．x＜3 B．0＜x＜3 ＜x＜3 C．1＜x＜e D．112．设等差数列满足，公差，若当且仅当n=11时，数列的前n项和取得最大值，则首项的取值范围是（ sin2a2cos2a2cos2a2cos2a7sin2a2sin2a71d1,0anSna1sin(a1a8) a）n9,A． B． C． D．1011911,,,101010 第Ⅱ卷（90分） 二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分） 13．设向量，．若，则m= ．a1,0b1,mamab 51cossin 14．已知，则的值是 ．1231215．函数f（x）=Asin（ωx+φ）（A＞0，ω＞0，0≤φ＜2π）在R上的部分图象如图所示，则f（20xx）的值为 ． 16．已知直线l：与圆x2+y2=12交于A，B两点，过A，B分别作l的 4 / 16 垂线与x轴交于C，D两点，若，则|CD|= ．mxy3m30AB23 三、解答题（本大题共7小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 17．（10分） 如图，在四棱锥P﹣ABCD中，∠ADB=90°，CB=CD，点E为棱PB的中点． （Ⅰ）若PB=PD，求证：PC⊥BD； （Ⅱ）求证：CE∥平面PAD． 18．（12分） anSn4nn2已知的前n项和． a（Ⅰ）求数列的通项公式；n 7ann（Ⅱ）求数列的前n项和Tn．2 5 / 16 19．在平行四边形ABCD中，设边AB、BC、CD的中点分别为E、F、G，设DF与AG、EG的交点分别为H、K，设，，试用、表示、．ABaBCbabGKAH 20．在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c．已bsinAacosB6 知．（Ⅰ）求角B的大小； （Ⅱ）设a=2，c=3，求b和sin（2A﹣B）的值． 21．已知方程x2+y2﹣2x﹣4y+m=0． （Ⅰ）若此方程表示圆，求实数m的取值范围； （Ⅱ）若（Ⅰ）中的圆与直线x+2y﹣4=0相交于M，N两点，且坐标原点O在以MN为直径的圆的外部，求实数m的取值范围． 6 / 16 22．已知函数.fxexa•ex,xR （Ⅰ）当时，证明： 为偶函数；a1fx fx0,a（Ⅱ）若在上单调递增，求实数的取值范围； （Ⅲ）若，求实数的取值范围，使在上恒成立.a1mmf2x2fx1R 7 / 16 参与试题解析 一．选择题（共12小题） 题号 答案 8． 1 C 2 D 3 A 4 C 5 C 6 B 7 B 8 A 9 C 10 D 11 D 12 D 【解答】解：锐角△ABC中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，B=2A， ∴0＜2A＜，且B+A=3A，∴＜3A＜π．∴＜A＜，∴＜cosA＜，∵a=1，B=2A， ∴由正弦定理可得：=b==2cosA，∴＜2cosA＜， 则b的取值范围为（，）．故选：A． 11． 【解答】解：∵f（x）=e1+x+e1﹣x =，令t=ex，可得y=e（t+）， 内函数t=ex为增函数，而外函数y=e（t+）在（0，1）上为减函数，在（1，+∞）上为增函数， ∴函数f（x）=e1+x+e1﹣x 的减区间为（﹣∞，0），增区间为（0， 8 / 16 +∞）． 又f（x）=e1+x+e1﹣x为偶函数， ∴由f（x﹣2）＜e2+1，得f（|x﹣2|）＜f（1），得|x﹣2|＜1，解得1＜x＜3． 故选：D． 12． 【解答】解：∵等差数列{an}满足=1， ∴=== sin（a2﹣a7）=sin（﹣5d）=1， ∴sin（5d）=﹣1， ∵d∈（﹣1，0），∴5d∈（﹣5，0），∴5d=﹣，d=﹣．由Sn=na1+d=na1﹣=﹣π+（a1+）n．对称轴方程为n=（a1+）， 由题意当且仅当n=11时，数列{an}的前n项和Sn取得最大值， ∴＜（a1+）＜，解得：π＜a1＜． 9 / 16 ∴首项a1的取值范围是（π，）．故选：D． 二．填空题（共4小题） 113．﹣1． 14. 15. 2 16. 4 3 15． 【解答】解：由函数f（x）=Asin（ωx+φ）的部分图象知， =11﹣2=9，解得T=12，ω==；又f（0）=Asinφ=1， ∴sinφ=； f（2）=Asin（×2+φ）=A，∴φ=，∴=sin=，∴A=2， ∴f（20xx）=f（168×12+2）=f（2）=A=2． 故答案为：2． 16． 【分析】先求出m，可得直线l的倾斜角为30°，再利用三角函数求出|CD|即可． 【解答】解：由题意，|AB|=2，∴圆心到直线的距离d=3，∴=3， 10 / 16 ∴m=﹣ ∴直线l的倾斜角为30°， ∵过A，B分别作l的垂线与x轴交于C，D两点， ∴|CD|==4．故答案为：4． 三．解答题（共6小题，满分22分） 17． 【解答】证明：（1）取BD的中点O，连结CO，PO， 因为CD=CB，所以△CBD为等腰三角形，所以BD⊥CO． 因为PB=PD，所以△PBD为等腰三角形，所以BD⊥PO． 又PO∩CO=O，所以BD⊥平面PCO． 因为PC⊂平面PCO，所以PC⊥BD． 解：（2）由E为PB中点，连EO，则EO∥PD， 又EO平面PAD，所以EO∥平面PAD． 由∠ADB=90°，以及BD⊥CO，所以CO∥AD， 又CO平面PAD，所以CO∥平面PAD． 又CO∩EO=O，所以平面CEO∥平面PAD， 而CE⊂平面CEO，所以CE∥平面PAD． 11 / 16 18． 【解答】（Ⅰ）解：已知{an}的前n项和， 则：当n≥2时，an=Sn﹣Sn﹣1=4n﹣n2﹣4（n﹣1）+（n﹣1）2=5﹣2n． 当n=1时，a1=S1=3，适合上式 ∴an=5﹣2n． （Ⅱ）解：令=，+…+①，所以：+…+②，①﹣②得：﹣， =，=． 整理得：． 19． 【解答】解：如图所示，因为AB、BC、CD的中点分别为E、F、G， 所以=+=+（﹣）=﹣+（﹣+）=．因为A、H、G三点共线， 12 / 16 所以存在实数m，使=m=m（+）=m+m；又D、H、F三点共线， 所以存在实数n，使=n=n（﹣）=n﹣n．因为+=，所以+n=m+因为a、b不共线， ∴解得m=，即=（+）=+． 20． 【解答】解：（Ⅰ）在△ABC中，由正弦定理得，得bsinA=asinB， 又bsinA=acos（B﹣）． ∴asinB=acos（B﹣），即sinB=cos（B﹣）=cosBcos+sinBsin=cosB+， ∴tanB=， 又B∈（0，π），∴B=．（Ⅱ）在△ABC中，a=2，c=3，B=，由余弦定理得b==，由bsinA=acos（B﹣），得sinA=， 13 / 16 ∵a＜c，∴cosA=， ∴sin2A=2sinAcosA=，cos2A=2cos2A﹣1=， ∴sin（2A﹣B）=sin2AcosB﹣cos2AsinB==． 21． 【解答】解：（1）∵程x2+y2﹣2x﹣4y+m=0表示圆， ∴△=（﹣2）2+（﹣4）2﹣4m＞0， 解得m＜5， ∴实数m的取值范围是（﹣∞，5）． （2）直线x+2y﹣4=0代入圆的方程，消去x可得：5y2﹣16y+8+m=0 ∵△＞0，∴m＜， 设M（x1，y1），N（x2，y2），则y1+y2=，y1y2=，∴x1x2=（4﹣2y1）（4﹣2y2）=16﹣8（y1+y2）+4y1y2=，∵坐标原点O在以MN为径的圆的外部， ∴＞0， ∴x1x2+y1y2＞0， ∴+＞0解得m＞． 22． 【解答】： 14 / 16 fxexex,a1（1）当时， ，定义域关于原点对称， 而，说明为偶函数；fxexexfxfx （2）在上任取、，且，0,x1x2x1x2 fx1fx2eaex1x1则，eaex2x2ex1ex2ex1x2a ex1x2xxxxyee1ex2ex1ex20 12因为，函数为增函数，得， ，fx0,fx1fx2fx1fx20而在上单调递增，得， ， 于是必须恒成立，ex1x2a0 x1x2即对任意的恒成立，aea1； 0x1x2 fx,00,（3）由（1）、（2）知函数在上递减，在上递增， f02其最小值， 且，f2xe2xe2xexex22 110,xxt2,t2 设，则， tee于是不等式恒成立，等价于，即恒成立，mt1t2 mf2x2fx1mt2t1 t11111111322ttt24t2t24 而，仅当，即时取最大值，t2故 m34 15 / 16 16 / 16