2020-2021学年全国百强名校“领军考试”高二上学期11月联考试题 数学（理） PDF版

高二理数参考答案 第 1 页 共 4 页 2020—2021 学年上学期全国百强名校 “领军考试”高二数学参考答案（理科） 1~5 CDBCA 6~10 CBBAD 11~12 DC 13．【正确答案】   1, 1 , 2         14．【正确答案】 3 3 4 15．【正确答案】 20 ,1 3     16．【正确答案】④ 17．【解析】解：(1)若命题 p是真命题,则  22 4 0a     ,所以 1a  ； 若命题q是真命题,由  22 2 22 3 1 4x y y x y       及  21 0y   得 2 4x  , 所以 2 2, 2 2x a      . 若 p q 为真命题,则 p是真命题或 q是真命题, 所以实数 a的取值范围是      ,1 2,2 ,2    ...............................................................................(5分) (2)若 p q 为真命题,由(1)得实数 a的取值范围      ,1 2,2 2,1    , 因为 2 2m a m    是 p q 为真命题的必要条件, 所以      12 22 m m ,解得 01  m ,即实数 m的取值范围是 )0,1( .......................................................(10分) 18．【解析】解：(1)由 3 42S a 及 1 3 4, 2,2a a a 成等比数列得   3 4 2 1 4 3 2 2 2 S a a a a     , 即     1 1 2 1 1 1 3 3 2 6 2 3 2 2 a d a d a a d a d         , 解得 1 22 , 6 11 d d a        舍去 , 所以    1 1 6 2 1 2 4na a n d n n        ........................................................................................(6分) (2)               1 1 2 5 1 2 5 1 1 1 4 2 3 4 2 3 n n n n n n n n b a a n n n n                ,...................................................(8分) 高二理数参考答案 第 2 页 共 4 页 所以 100 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 4 3 4 4 5 5 6 101 102 102 103 T                                            .........................(10分) = 1 1 1 25 4 3 103 309         ............................................................................................................................(12分) 19．【解析】解：不等式 2 4 4 0x a x a         ,即  2 4 4 0 0x a x a a          , 即   4 0x a x a        ............................................................................................................................（4分） 当0 2a  时 4a a  ,   4 0x a x a        4 4 4a x a x x a a a a          或 ,.................................（6分） 当 2a  时    24 0 2 0x a x x a           ,该不等式解集为；.......................................（8分） 当 2a  时 4 a a  时   4 0x a x a        4 4 4x a x a a x a a a          或 .............（10分） 综上可得 0 2a  时原不等式解集为 4 4, ,a a a a              , 2a  时原不等式解集为 , 2a  时原不等式 解集为 4 4, ,a a a a              ...................................................................................................................（12分） 20．【解析】解：(1)由正弦定理及 1cos 3 a c B b  得 1sin sin cos sin 3 A C B B  ,........................（2分） 因为  sin sin sin cos cos sinA B C B C B C    , 所以 1sin cos sin 3 B C B , 因为  0, π ,sin 0B B  ,所以 1cos 3 C  ...........................................................................................（6分） (2)由余弦定理得 2 2 2 2 cosc a b ab C   ,即： 222222 )( 3 1) 2 ( 3 8)( 3 8)( 3 29 bababaabbaabba    ,....................................（10分） 所以   33,272  baba ,当 3 3 2 a b  时取等号. 所以 a b 的最大值为3 3 ...................................................................................................................（12分） 高二理数参考答案 第 3 页 共 4 页 21．【解析】（1）如图所示,甲的眼睛到地面距离 1.6CD  m, π, + 4 CBD ECA     , 从点 C向 AB作垂线,垂足为 E, 1tan 5 CD BD   ,所以 8CE BD  m, ..................................................................................................(3 分) 11+π 1+ tan 35tan + 14 1 tan 21 5            , π 3tan + 8 12 4 2 AE CE         (m), 所以 12 1.6 13.6AB AE EB     (m), 即灯的顶端 A到地面的距离 AB为 13.6m.................................................................................................(7 分) （2）由 2 5sin 5   ,可得 tan 2  , 所以 6.8 tan ABPB    m, 3.4m tan ABQB    ,.......................................................................................(9 分) 因为 60PBQ   , 所以 2 2 16.8 3.4 2 6.8 3.4 3.4 3 3.4 1.7 2 PQ            5.8m. 所以 ,P Q两点之间的距离约为 5.8m........................................................................................................(12 分) 22．【解析】(1)由 1 1 2nn na a    得 1 2 2nn na a   , 两式相除得 2 2n n a a   ,所以   2 1 2,n na a 都是公比为 2的等比数列, 由 4 2 2a a  及 2 4 3a a  得 2 1a  , 又 0 1 2 2 1a a   ,所以 1 1a  , 高二理数参考答案 第 4 页 共 4 页 所以 n为奇数时 1 11 2 2 1 2 2 n n na a       ,n为偶数时 21 2 2 2 2 2 n n na a      , 所以 1 2 2 2 2 , 2 , n n n n a n        为奇数 为偶数 ............................................................................................................................(6 分) (2) 1 2 2 2 1n n n nb a     = 1 1 1 2 2 1 2 11 2 2 n n n n n        , 1 n n n i S b   = 2 1 3 5 2 11 2 2 2n nn        , 设 2 1 3 5 2 11 2 2 2n n nT        , 则 2 3 1 1 3 5 2 1 2 2 2 2 2n n nT       , 两式相减得 2 2 1 1 1 1 2 11 1 2 2 2 2 2n n n nT          = 1 11 2 121 1 21 2 n n n     = 2 1 2 13 2 2n n n     , 所以 3 1 1 2 16 6 2 2n n n nT        , 6n nS n T n    , 因为 1 2 36 2n n nT     所以 1 2 36 2n n nS n     所以 1 2 56 1 2n n nS n      所以 1 2 1 1 0 2n n n nS S      所以 nS 单调递增 所以 1 2nS S  所以成立 所以 2 6nS n   ....................................................................................(12 分)