2020-2021学年安徽省卓越县中联盟高二上学期期中联考数学（理）试题 pdf版

高二数学（理）试卷 第 1 页（总 4 页） 安徽省卓越县中联盟 2020-2021 学年第一学期高二期中联考 数学试题卷（理） （考试时间：120 分钟 满分：150 分） 第 I卷（选择题，共 60分） 一、选择题：本大题共12个小题，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 ．已知全集 { }0,1,2,3,4,5U = ，集合 { }2,3,5A = ，集合 { }1,3,4B = ，则集合 UA B =∩∁ （ ） A ．{ }2,5 B ． { }3 C ．{ }0,2,5 D ．{ }1,2,3,4,5 2 ．若 0.2log 3a = ， 5log 7b = ， 40.7c = ，则实数 a ，b， c 的大小关系为（ ） A ．c b a> > B ．c a b> > C ．b c a> > D ．a b c> > 3 ．在等比数列 { }na 中， 2 3 4 27a a a = ， 7 27a = ，则首项 1a = （ ） A ． 3± B ．±1 C ． 3 D ．1 4 ．已知向量 ( ,2)a t=  ， (3,4)b =  ， ( )a b b+ ⊥    ，则 t 的值为（ ） A ． -2 B ． 2 C ． -11 D ． 11 5 ．已知直线 1 : 4 2 0l ax y+ − = 与直线 2 : 2 5 0l x y b− + = 互相垂直，垂足为 (1, )c ，则 a b c+ + 的值为（ ） A ．20 B ．－4 C ．0 D ．24 6 ．已知 tan( ) 2 6 π α − = ， ( )tan 3α β+ = − ，则 tan( ) 6 π β + = （ ） A ． 1 B ． 2 C ． 3 D ． 4 7 ．函数 ( )log 4 4ay x= + + ( 0a > ，且 1a ≠ ) 的图象恒过定点 A，且点 A在角θ的终边上， 高二数学（理）试卷 第 2 页（总 4 页） 则 7 cos( ) 2 π θ+ = （ ） A ． 3 5 − B ． 3 5 C ． 4 5 − D ． 4 5 8 ．若圆 C: 2 2 2 4 3 0x y x y+ + − + = 关于直线 2 6 0ax by+ + = 对称，则由点 ( , )a b 向圆 C 所作的切线长的最小值是（ ） A ． 2 B ． 4 C ． 3 D ． 6 9 ．在 ABC∆ 中，角 A B C、 、 所对的边分别为a b c、 、 ，且 3C B= ，则 c b 的取值范围为 （ ） A ． 2 3 , 2 2        B ． ( )2,3 C ． ( )1, 3 D ． ( )1,3 10 ．若函数 2( ) 16f x x x m= − − − 有零点，则实数 m 的取值范围是（ ） A ． 4 2,4 2 −  B ． 4,4 2    C ．[ ]4,4− D ． 4,4 2 −  11 ．设 1 0 2 m< < ，若 21 2 2 1 2 k k m m + ≥ − − 恒成立，则k 的取值范围为（ ） A ．[ ) ( ]2,0 0,4− ∪ B ．[ ) ( ]4,0 0,2− ∪ C ． [ ]4, 2− D ．[ ]2,4− 12 ．M ，N 分别为菱形 ABCD的边BC ，CD 的中点，将菱形沿对角线 AC折起，使点 D 不在平面 ABC内，则在翻折过程中，下列选项正确的是（ ） ① / /MN 平面 ABD；②异面直线 AC与MN 所成的角为定值； ③在二面角D AC B− − 逐渐变小的过程中，三棱锥D ABC− 外接球的半径先变小后 变大；④若存在某个位置，使得直线 AD与直线BC 垂直，则 ABC∠ 的取值范围 是 0, 2 π      . A ．①② B ．①②④ C ．①④ D ．①②③④ A 高二数学（理）试卷 第 3 页（总 4 页） 第 II卷（非选择题，共 90分） 二、填空题：本大题共4个小题，每小题5分，共20分. 13 ．两条平行直线 1 : 1 0l x y− − = 与 2 : 2 2 0l ax y+ − = 之间的距离为 ________. 14 ．已知三棱锥 P ABC− 中，侧棱 PA⊥底面 ABC， AC BC⊥ ， 2 2PA AB BC= = = ， 则三棱锥P ABC− 的外接球的表面积为 ________. 15 ．设等差数列{ }na 的前 n 项和为 nS ，且 1 0a > ， 14 9S S= ，则满足 0nS > 的最大自然 数 n 的值为 _____________. 16 ． 在 ABC∆ 中,已知 · 9AB AC =   ,sin cos sinB A C= , 6ABCS∆ = , P为线段 AB上的 点,且 CA CB CP x y CA CB = +      ,则 xy 的最大值为 ________ . 三、解答题：本大题共 6个小题，共 70分.解答应写出文字说明、证明过程或 演算步骤. 17 ．（10分）在 ABC∆ 中，角 , ,A B C 所对的边分别为 , ,a b c ．已知 cos ( 2 )cosa C b c A= − ． （Ⅰ）求角 A的大小； （Ⅱ）若 2 5, 2 2a b= = ，求 ABC∆ 的面积． 18 ．（12 分）如图，在四棱锥P ABCD− 中，四边形 ABCD是菱形， 120BCD∠ = °，PA⊥底面 ABCD， 4PA = ， 2AB = . （Ⅰ）求证： BD ⊥平面PAC ； （Ⅱ）过 AC的平面交 PD于点M ，若 / /PB 平面 AMC ， 求三棱锥M ACD− 的体积 . 19 ．（12 分）已知向量 2cos ,1 4 a x π  = −      ， cos ,0 4 b x π  = −      ，函数 ( )f x a b= ⋅   . （Ⅰ）求函数 ( )f x 图象的对称中心； 高二数学（理）试卷 第 4 页（总 4 页） （Ⅱ）若动直线 , 4 2 x t t π π = ∈         与函数 ( )f x 和函数 ( ) 3 cos2 1xg x= + 的图象 分别交于M 、 N 两点，求线段MN 的长度的取值范围 . 20 ．（12 分）已知数列{ }na 的前 n 项和为 nS ， 2 3 3n nS a= − . （Ⅰ）求数列{ }na 的通项公式； （Ⅱ）记 2 1 n n n b a − = ，设数列{ }nb 的前 n 项和为 nT ，求证： 1 1 3 nT≤ < . 21 ．（12 分）已知函数 ( ) 1 ( 0, 1)x x t f x a a a a − = + > ≠ 是定义域为R的奇函数. （Ⅰ）若 ( )1 0f > ，不等式 2 ( ) (4 ) 0f x bx f x+ + − > 在 x∈R上恒成立，求实数b的 取值范围； （Ⅱ）若 ( ) 3 1 2 f = 且 ( ) ( )2 2 1 2x x h x a mf x a = + − 在 [1, )+∞ 上的最小值为 2− ，求 m 的 值. 22 ．（12 分）在平面直角坐标系 xOy 中，已知 ( 1, 1), (2, 1), ( , )A B C m n− − − 为三个不同的定 点 . 以原点O为圆心的圆与线段 , ,AB AC BC 都相切 . （Ⅰ）求圆O的方程及 ,m n 的值； （Ⅱ）若直线 : ( )l y x t t R= − + ∈ 与圆O相交于 ,M N 两点，且 1 2 OM ON⋅ = −   ，求 t 的 值； （Ⅲ）在直线 AO上是否存在异于 A的定点 Q ，使得对圆O上任意一点 P ，都有 ( PA PQ λ λ= 为常数 ) ？若存在，求出点 Q 的坐标及λ的值；若不存在，请说明 理由 . 1 安徽省卓越县中联盟 2020-2021学年第一学期高二期中联考 数学（理）答案 一、选择题 题 号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答 案 A C D C B A D B D D D B 12.【详解】 对于①，∵M ，N 分别为菱形 ABCD的边 BC ，CD的中点，∴ / /MN BD，又MN  平面 ABD， BD 平面 ABD，∴ / /MN 平面 ABD，①正确； 对于②，取 AC 中点O ，连接 ,DO BO，如图，则 ,DO AC BO AC⊥ ⊥ ，BO DO O=I ， ∴ AC ⊥平面 BDO，而BD 平面BDO，∴ AC BD⊥ ，∴ AC MN⊥ ，即异面直 线MN 与 AC 所成的角为 90°，②正确； 对于③，借助极限状态，当平面 DAC 与平面 ABC 重合时，三棱锥 D ABC− 外接球即 是以 ABCV 外接圆圆心为球心，外接圆半径为球半径，当二面角 D AC B− − 逐渐变 大时，球心离开平面 ABC ，但球心在平面 ABC 内射影仍然是 ABCV 外接圆圆心，故 二面角 D AC B− − 逐渐变小的过程中，三棱锥D ABC− 外接球的半径不可能先变小 后变大，③错误； 对于④，过 A作 AH BC⊥ 于 H ，若 ABC 为锐角，则 H 在线段BC 上，若 ABC 为 直角，则 H 与 B 重合，若 ABC 为钝角，则 H 在线段CB 的延长线上， 若存在某个位置，使得直线 AD与BC 垂直，∵ AH BC⊥ ，∴ BC⊥平面 AHD ，由 试卷第!异常的公式结尾页，总 7 页 2 线面垂直的性质得 BC HD⊥ ， 若 ABC 为直角，则 H 与 B 重合，则CB BD⊥ ，而已知BC CD= ，∴CB BD⊥ 不 可能成立，即 ABC 不可能为直角， 若 ABC 为钝角，则 H 在线段CB 的延长线上，则在原平面菱形 ABCD中， DCB 为 锐角，由于立体图形中 DB DO OB + ，因此立体图形中 DCB 比原平面图形更小， ∴立体图形中 DCB 为锐角，而BC CD= ，∴空间图形中 BCDV 是锐角三角形，由 BC HD⊥ 知 H 在线段BC 上，与H 在线段CB 的延长线上矛盾，因此 ABC 不可能 为钝角， 综上可知， ABC 只能为锐角，即④正确． 故选：B． 二、填空题 13． 2 14.8 15.22 16．3 【详解】 由 sin cos sinB A C= 得 2 2 2 2 2 2 1 6 2 2 ABC b c a b c a b c S ab bc  + − =  + =  = = 所以由 · 9AB AC = uuur uuur 得 2 9, 3, 4AC b a=  = = uuur 又 P 为线段 AB 上的点，且 CA CB CP x y CA CB = + uuuur uuuur uuur uuur uuur , 所以 1, 1, 1 2 3 3 4 3 4 x y x y x y xy b a + =  + =      ， 当且仅当 3 , 2 2 x y= = 时，等号成立 即 xy的最大值为 3. 3 三、解答题 17．解：（Ⅰ）因为 cos ( 2 )cosa C b c A= − ，所以 sin cos ( 2 sin sin )cosA C B C A= − ， 所以sin cos sin cos 2 sin cosA C C A B A+ = ，所以sin( ) 2 sin cosA C B A+ = ． 因为 A B C + + = ，所以sin( ) sinA C B+ = ，所以sin 2 sin cosB B A= ． 因为0 B   ，所以sin 0B  ，所以 2 cos 1A = ， 所以 2 cos 2 A = ，则 4 A  = ．...............................................5 分 （Ⅱ）由余弦定理可得 2 2 2 2 cosa b c bc A= + − ， 因为 2 2 5, 2 2,cos 2 a b A= = = ，所以 220 8 4c c= + − ， 即 2 4 12 0c c− − = ，解得 6c = 或 2c = − （舍去）． 故 ABCV 的面积为 1 1 2 sin 2 2 6 6 2 2 2 bc A =    = ．....................10 分 18． 解：（Ⅰ）证明：PA⊥面 ABCD， BD 面 ABCD，则 PA BD⊥ ， 四边形 ABCD为菱形，则 BD AC⊥ ， 又 PA AC A=I ， PA AC ， 面 PAC ，则BD⊥面PAC ……………….……6 分 （Ⅱ）设 AC 与 BD交于点O ， / /PB 平面 AMC ，平面 PBD I 平面 AMC MO= ， ∴ / /PB MO . 又因为O 为BD中点，得M 为 PD中点，三棱锥M ACD− 的高 1 = =2 2 M PAh ， 试卷第!异常的公式结尾页，总 7 页 4 故 1 1 1 2 3 2 2sin 60 2 3 3 2 3 M ACD ACD MV S h− =  =     =△ .…………………..…12 分 19． 解:（Ⅰ） ( ) 22cos 1 cos 2 sin 2 1 4 2 f x x x x      = − = + − = +        ，…………2分 令 ( )2x k k Z=  ，则 ( ) 2 k x k Z  =  ， ………………………………3分 所以，函数 ( )y f x= 图象的对称中心为 ( ),1 2 k Z k       ；…………………4分 （Ⅱ） ( ) ( ) sin 2 1 3cos2 1 sin 2 3cos2MN f t g t t t t t= − = + − − = − 2sin 2 3 t   = −    ，…………………………………………………………………7分 因为 , 4 2 t         ，所以 2 2 , 3 6 3 t     −     ，则 1 sin 2 1 2 3 t    −     ，….…10分 所以  2 sin 2 1,2 3 MN t    −     ，即线段MN 的长度的取值范围为  1,2 …12 分 20． 解:（Ⅰ）∵2 3 3n nS a= − ，∴ ( )1 12 3 3 2n nS a n− −= −  ， 两式相减，得 12 3 3n n na a a −= − ，∴ ( )13 2n na na − = ，………………… 2分 又 1 3a = ，∴ na 为等比数列，公比为 3q = ， ∴ 1 1 1 3 3 3n n n na a q − −= =  = ……………………………………………………4 分 （Ⅱ）证明： ( ) 2 1 2 1 1 2 1 3 3 n n n n n n b n a − −   = = = −     ，………………………5分 ∴ 2 1 1 3 2 3 2 1 3 3 3 3 n n n n n T − − − = + + + +L ……………………………………6分 2 3 1 1 1 3 2 3 2 1 3 3 3 3 3 n n n n n T + − − = + + + +L ，两式相减，得………………7分 5 2 3 1 2 1 1 1 1 2 1 2 3 3 3 3 3 3 n n n n T + −  = + + + + −    L 2 1 1 1 1 2 1 1 2 13 3 13 3 1 3 n n n− +    −  − = + − − 1 1 1 1 1 2 1 1 3 3 3 3n n n − + −  = + − −    1 2 2 2 3 3n n + + = − ， 所以 1 1 3 n n n T + = − . ∵ *Nn ，∴ 1nT  ，………………………………………………………10分 ∵ 1 1 2 1 3 n n n T + + + = − ，∴ ( ) 1 1 1 1 3 1 21 2 2 1 0 3 3 3 3 n n n n n n n nn n n T T+ + + + + − −+ + + − = − = =  ， ∴ nT 关于 n 单调递增，∴ ( ) 1min 2 1 1 3 3 nT T= = − = ， ∴ 1 1 3 nT  ……………………………………………………………….12 分 21． 解:（Ⅰ）因为 ( )f x 是定义域为 R 的奇函数，所以 ( )0 0f = ， 所以 ( )1 1 0t+ − = ，所以 2t = ， …………………2 分 所以 ( ) 1 ( 0, 1)x x f x a a a a = −   ， 因为 ( )1 0f  ，所以 1 0a a −  ，又 0a  且 1a  ，所以 1a  ， 所以 ( ) 1x x f x a a = − 是 R 上的单调递增， ………………………4 分 又 ( )f x 是定义域为 R 的奇函数， 所以 ( ) ( ) ( ) ( )2 2 24 0 4 4f x bx f x f x bx f x x bx x+ + −   +  −  +  − 即 2 4 0x bx x+ − +  在 xR 上恒成立， 所以 ( ) 2 1 16 0b = − −  ，即 3 5b−   ， 所以实数b 的取值范围为 ( )3,5− . ………………………6 分 （Ⅱ）因为 ( ) 3 1 2 f = ，所以 1 3 2 a a − = ，解得 2a = 或 1 2 a = − （舍去），…8分 所以 ( ) 2 2 2 1 1 1 1 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 x x x x x x x x h x m m       = + − − = − − − +            ， 试卷第!异常的公式结尾页，总 7 页 6 令 ( ) 1 2 2 x x u f x= = − ，则 ( ) 2 2 2g u u mu= − + ， 因为 ( ) 1 2 2 x x f x = − 在 R 上为增函数，且 1x  ，所以 ( ) 3 1 2 u f = ， 因为 ( ) ( )2 2 1 2 2 2 x x h x mf x= + − 在 )1,+ 上的最小值为 2− ，……………10分 所以 ( ) 2 2 2g u u mu= − + 在 3 , 2   +   上的最小值为 2− ， 因为 ( ) ( ) 22 22 2 2g u u mu u m m= − + = − + − 的对称轴为u m= 所以当 3 2 m  时， ( ) ( ) 2 min 2 2g u g m m= = − = − ，解得 2m = 或 2m = − （舍去）， 当 3 2 m  时， ( ) min 3 17 3 2 2 4 g u g m   = = − = −    ，解得 25 3 12 2 m =  ， 综上可知： 2m = ……………………………………………………………12 分 22． 解:（Ⅰ）由于圆O 与线段 AB 相切，所以半径 1r = . 即圆O 的方程为 2 2 1x y+ = ……………………………………………..……..1 分 又由题 2 2 1x y+ = 与线段 AC 相切， 所以线段 AC 方程为 1x = − .即 1m = − .…………………………..……..2 分 故直线 BC 的方程为 ( 1) 3 2 1 0n x y n+ + − + = . 由直线 BC 和圆O 相切可得： 2 1 2 1 ( 1) 9 n n − = + + ， 解得 3n = 或 1n = − .由于 ,A C 为不同的点，所以 3n = . ……………….……..3 分 （Ⅱ）设 1 1( , )M x y ， 2 2( , )N x y ，则 1 2 1 2 1 2 OM ON x x y y = + = − uuuur uuur . 由 2 2 , 1, y x t x y = − +  + = 可得 2 22 2 1 0x tx t− + − = ， 2 24 8( 1) 0t t = − −  ，解得 2 2t−   .所以 2 1 2 1 2 1 , 2 t x x t x x − + = = .……5分 故 2 2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 1 ( )( ) ( ) 2 2 t t y y x t x t x x x x t t t t − − = − + − + = − + + = − + = . 7 所以 2 2 2 1 2 1 2 1 1 1 1 2 2 2 t t x x y y t − − + = + = − = − .所以 2 1 2 t = . 故 2 2 t =  . ……………………………………………………………….………….7 分 （Ⅲ）设 0 0( , ), ( , )Q x y P x y . 则 2 2( 1) ( 1)PA x y= + + + ， 2 2 0 0( ) ( )PQ x x y y= − + − . 若在直线 AO 上存在异于 A的定点Q ，使得对圆O 上任意一点P ， 都有 ( PA PQ  = 为常数 ) , 等价于 2 2 2 2 0 0 ( 1) ( 1) ( ) ( ) x y x x y y  + + + = − + − 对圆O 上任意点 ( , )P x y 恒成立. 即 2 2 2 2 2 2 0 0( 1) ( 1) ( ) ( )x y x x y y + + + = − + − 整理得 2 2 2 2 2 2 2 2 0 0 0 0(1 )( ) (2 2 ) (2 2 ) 2 ( ) 0x y x x y y x y   − + + + + + + − + = …..…..9 分 因为点Q 在直线 AO 上，所以 0 0x y= . 由于 P 在圆O 上，所以 2 2 1x y+ = . 故 2 2 2 2 0 0(2 2 )( ) 3 2 0x x y x  + + + − − = 对任意 [ 2, 2]x y+  − 恒成立. 所以 2 0 2 2 2 0 2 2 0, 3 2 0. x x     + =  − − = 显然 0  ，所以 0 2 1 x  = − . 故 2 2 2 3 0  − − = ， 因为 0  ，解得 2 = 或 1 = …………………………………………………11 分 当 1 = 时， ( 1, 1)Q − − ，此时 ,Q A重合，舍去. 当 2 = 时， 1 1 ( , ) 2 2 Q − − ， 综上，存在满足条件的定点 1 1 ( , ) 2 2 Q − − ，此时 2 = ……………….……..12 分