2020-2021学年广东省韶关市南雄市高二（上）期中考试数学试卷人教A版（Word含答案解析）

2020-2021学年广东省韶关市南雄市高二（上）期中考试数学试卷
一、选择题
?
1.
已知集合，，则(?
?
?
?
)
A.
B.
C.
D.
?
2.
在等比数列中，，公比，若，则等于(?
?
?
?
)
A.
B.
C.
D.
?
3.
下列函数中，在区间上单调递增的是(?
?
?
?
)
A.
B.
C.
D.
?
4.
已知向量，满足，，，则(?
?
?
?
)
A.
B.
C.
D.
?
5.
朱载堉
，明太祖九世孙，音乐家、数学家、天文历算家，在他多达百万字的著述中以《乐律全书》最为著名，在西方人眼中他是大百科全书式的学者王子.他对文艺的最大贡献是他创建了“十二平均律”，此理论被广泛应用在世界各国的键盘乐器上，包括钢琴，故朱载堉被誉为“钢琴理论的鼻祖”.“十二平均律”是指一个八度有个音，相邻两个音之间的频率之比相等，且最后一个音频率是最初那个音频率的倍，设第二个音的频率为，第八个音的频率为
?，则
?等于(?
?
?
?
)
A.
B.
C.
D.
?
6.
若函数＝的图象向右平移个单位后，与函数＝的图象重合，则的值为(?
?
?
?
)
A.
B.
C.
D.
?
7.
若的三个内角满足，则
A.一定是锐角三角形
B.一定是直角三角形
C.一定是钝角三角形
D.可能是锐角三角形，也可能是钝角三角形
?
8.
已知函数．设为实数，若存在实数，使得成立，则的取值范围为(?
?
?
?
)
A.
B.
C.
D.
二、多选题
?
在公比为整数的等比数列中，是数列的前项和，若，，则下列说法正确的是?
?
?
?
A.
B.数列是等比数列
C.
D.数列是公差为的等差数列
?
设，
分别为等差数列的公差与前项和，若，则下列论断中正确的有(?
?
?
?
)
A.当时，
取最大值
B.当时，
C.当时，
D.当时，
?
如图，棱长为的正方体中，为线段上的动点（不含端点），则下列结论正确的是(?
?
?
?
)
A.直线与所成的角可能是
B.平面平面
C.三棱锥的体积为定值
D.平面截正方体所得的截面可能是直角三角形
?
在数列中，若，（，，为常数），则称为“等方差数列”．下列对“等方差数列”的判断正确的是(?
?
?
?
)
A.若是等差数列，则是等方差数列
B.是等方差数列
C.若是等方差数列，则（，为常数）也是等方差数列
D.若既是等方差数列，又是等差数列，则该数列为常数列
三、填空题
?
直线被圆截得的弦长为________．
?
若函数，则________．
?
已知等比数列的前项和为，若，则实数的值为________.
?
已知函数，若对任意的，恒成立，则实数的取值范围为________．（写成区间的形式）
四、解答题
?
已知等差数列的公差为，前项和为，且．
求数列的通项公式；
求数列的前项和．
?
已知，，分别是内角，，的对边，且＝．
求；
若＝，＝，求．
?
如图所示，在四棱锥中，底面为矩形，平面，点在线段上，平面．
证明：平面；
若，，求二面角的正切值．
?
已知圆与轴相切于点，且被轴所截得的弦长为，圆心在第一象限．
求圆的方程；
若点是直线上的动点，过作圆的切线，切点为，当的面积最小时，求切线的方程．
?
记数列的前项和为，已知．设?.
证明：数列为等比数列；
设为数列的前项和，求?.
?
已知二次函数＝的两个零点，，且＝．
求的取值范围；
若，且函数＝在区间上的最大值为，试判断点是否在直线＝上？并说明理由．
参考答案与试题解析
2020-2021学年广东省韶关市南雄市高二（上）期中考试数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
C
【考点】
并集及其运算
【解析】
根据集合的并集运算进行计算即可．
【解答】
解：由，得，
则.
故选.
2.
【答案】
B
【考点】
等比数列的通项公式
【解析】
运用等比数列的通项公式，解方程即可得到所求的值．
【解答】
解：在等比数列中，，公比，
若，则，
可得，
即.
故选.
3.
【答案】
D
【考点】
函数单调性的判断与证明
【解析】
根据常见函数的单调性分别判断即可．
【解答】
解：对于，函数在区间上单调递减，不合题意；
对于，函数在区间上单调递增，不合题意；
对于，当时，，
当时，，
函数在区间上不单调递增，不合题意；
对于，函数在上单调递增，符合题意.
故选.
4.
【答案】
A
【考点】
平面向量数量积的运算
数量积判断两个平面向量的垂直关系
【解析】
根据向量的数量积运算，以及向量的模的方法，即遇模则平方，问题得以解决
【解答】
解：∵
，
∴
.
∵
，，
∴
，
∴
.
故选.
5.
【答案】
A
【考点】
数列的应用
等比数列的性质
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：设第一个音的频率为,
相邻两个音之间的频率之比为，
由题意得,
可得，
则.
故选.
6.
【答案】
C
【考点】
函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换
【解析】
由题意结合函数＝的图象变换规律，得出结论．
【解答】
解：把函数＝的图象向右平移个单位后，
得到＝的图象，
根据所得图象与函数＝的图象重合，
可得＝，．
令＝，可得.
故选.
7.
【答案】
C
【考点】
三角形的形状判断
正弦定理
余弦定理的应用
【解析】
先根据正弦定理及题设，推断，再通过余弦定理求得的值小于零，推断为钝角．
【解答】
解：∵
根据正弦定理，，
又，
∴
，
设，，，
∵
，
∴
，
∴
为钝角．
故选.
8.
【答案】
D
【考点】
分段函数的应用
一元二次不等式的解法
二次函数的性质
【解析】
利用二次函数的性质和对数函数的单调性，求出函数值域，进而根据存在使得，得到，解不等式可得实数的取值范围．
【解答】
解：当时，
.
∵
，，
则；
当时，，
则，
综上.
若存在使得，
∴
，
则，
即，
解得.
故选.
二、多选题
【答案】
A,B,C
【考点】
等比数列的前n项和
等比数列的通项公式
等差数列
【解析】
由，
，公比为整数，解得，可得，进而判断出结论．
【解答】
解：，
∴
，.
又为整数，
∴
，
∴
，，
∴
，
∴
数列是公比为的等比数列,
∴
，
∴
，数列是公差为的等差数列．
综上可得：只有选项正确．
故选.
【答案】
B,C
【考点】
等差数列的通项公式
等差数列的前n项和
等差数列的性质
【解析】
本题主要利用等差数列的前项和公式，以及通项公式进行求解。
【解答】
解：∵
，
∴
，即?，
则，,
故当时，取最大值或取最小值，故错误；
由等差数列的性质可得：，
∴
，故正确；
∵
,
∵
，
∴
，故正确；
∵
等差数列通项公式为：，
∴
，
，
∴
，.
∵
，
∴
，，故错误.
故选.
【答案】
B,C
【考点】
空间中直线与平面之间的位置关系
异面直线及其所成的角
棱柱的结构特征
空间中平面与平面之间的位置关系
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：如图，将平移到，则，为直线与所成的角，
作于，于，连接，
设，在中，
，
，
，
由余弦定理得，
，
可知当增大时，减小，增大，
∴
，
故错误；
对于，在正方体中，，，
且，
∴
平面.
且平面，
∴
平面平面，
故正确；
对于，∵
，到平面的距离，
∴
三棱锥的体积：?为定值.
故正确；
如图，
当时，如图，
可知平面截正方体所得的截面为四边形；
当时，如图，
可知平面截正方体所得的截面为，且，
,
当时，为直角三角形，
，不会等于，
不会是直角三角形，
即平面截正方体所得的截面不可能是直角三角形.
故错误．
故选．
【答案】
B,C,D
【考点】
等差数列的性质
命题的真假判断与应用
【解析】
利用等方差的定义逐一核对四个选项得答案．
【解答】
解：，若是等差数列，设其通项公式为，
则
不是常数，
∴
不是等方差数列，故错误；
，数列中，
，，
∴
数列是等方差数列，故正确；
，数列中的项列举出来是：，，…，，…，，…
数列中的项列举出来是：，，，…
∵
，
∴
，
∴
，
∴
，故数列是等方差数列，故正确；
，∵
数列是等差数列，∴
，
数列是等方差数列，∴
，
∴
，
∴
当时，，既是等方差数列，又是等差数列，则该数列为常数列；
当时，必为常数列，则该数列必为常数列，故正确．
故选.
三、填空题
【答案】
【考点】
直线与圆相交的性质
点到直线的距离公式
【解析】
根据直线和圆的位置关系，结合弦长公式进行求解即可．
【解答】
解：∵
圆，
∴
圆心，半径，
圆心到直线的距离，
∴
直线被圆
截得的弦长．
故答案为：．
【答案】
【考点】
运用诱导公式化简求值
【解析】
解析式利用诱导公式化简，约分得到结果，把代入计算即可求出值．
【解答】
解：
，
则.
故答案为：．
【答案】
【考点】
数列递推式
等比数列的前n项和
【解析】
?
【解答】
解：由题意可得，
，
，
则，
解得.
故答案为：.
【答案】
【考点】
函数恒成立问题
一元二次不等式与二次函数
【解析】
本题主要考查参数求解问题，通过二次函数的二次项前面系数是否为零，进行分类讨论求解
【解答】
解：由函数，不等式恒成立，
即对任意的恒成立，
当时，不等式为，满足题意，
当时，应满足
解得：，
综上所述，实数的取值范围是.
故答案为：.
四、解答题
【答案】
等差数列的公差，前项和为，且．
则：，
即：，
解得：．
所以：；
由于：，
则：，
所以：．
则：
．
【考点】
数列的求和
等差数列的前n项和
等差数列的通项公式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
等差数列的公差，前项和为，且．
则：，
即：，
解得：．
所以：；
由于：，
则：，
所以：．
则：
．
【答案】
解：由余弦定理可得
，
∵
，
∴
.
由正弦定理可得，
∴
，
∵
，
∴
，
∴
＝＝
．
【考点】
两角和与差的正弦公式
余弦定理
正弦定理
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由余弦定理可得
，
∵
，
∴
.
由正弦定理可得，
∴
，
∵
，
∴
，
∴
＝＝
．
【答案】
证明：∵
平面，
∴
.
∵
平面，
∴
.
又，
∴
平面.
解：设与交点为，连接，
∵
平面，
∴
平面，
∴
，，
∴
为二面角的平面角，
∵
平面，
∴
，
∴
四边形为正方形.
又，，可得，，
∴
．
在中，
．
∵
平面，平面,
∴
，
∴
，
∴
二面角的正切值为．
【考点】
直线与平面垂直的判定
二面角的平面角及求法
【解析】
（1）由题设条件及图知，可先由线面垂直的性质证出与，再由线面垂直的判定定理证明线面垂直即可；
（2）由图可令与的交点为，连接，证明出为二面角的平面角，然后在其所在的三角形中解三角形即可求出二面角的正切值．
【解答】
证明：∵
平面，
∴
.
∵
平面，
∴
.
又，
∴
平面.
解：设与交点为，连接，
∵
平面，
∴
平面，
∴
，，
∴
为二面角的平面角，
∵
平面，
∴
，
∴
四边形为正方形.
又，，可得，，
∴
．
在中，
．
∵
平面，平面,
∴
，
∴
，
∴
二面角的正切值为．
【答案】
解：∵
圆与轴相切于点，圆心在第一象限，
∴
设圆心坐标为，则半径为，
又圆被轴所截得的弦长为，
可得，得．
∴
圆的方程为；
如图，
为直线上的动点，过作圆的切线，切点为，
连接，则，
∴
的面积．
要使的面积最小，则最小，也就是最小，
此时，
由，可得，则所在直线斜率为，
由直线方程的点斜式可得，即．
联立
解得，
设切线方程为，即．
由，
解得或．
∴
所求切线的方程为或．
【考点】
直线与圆的位置关系
直线与圆相交的性质
圆的切线方程
圆的标准方程
【解析】
Ⅰ由题意设圆心坐标为，则半径为＝，再由圆被轴所截得的弦长为，利用垂径定理求得＝，则圆的方程可求；
Ⅱ为直线＝上的动点，过作圆的切线，切点为，可知，要使的面积最小，则最小，也就是最小，此时，求出所在直线方程，与直线联立解得，设切线方程为＝，即＝，再由圆心到切线的距离等于半径求得，则切线的方程可求．
【解答】
解：∵
圆与轴相切于点，圆心在第一象限，
∴
设圆心坐标为，则半径为，
又圆被轴所截得的弦长为，
可得，得．
∴
圆的方程为；
如图，
为直线上的动点，过作圆的切线，切点为，
连接，则，
∴
的面积．
要使的面积最小，则最小，也就是最小，
此时，
由，可得，则所在直线斜率为，
由直线方程的点斜式可得，即．
联立
解得，
设切线方程为，即．
由，
解得或．
∴
所求切线的方程为或．
【答案】
解：由得，
两式相减得，
∴
.
，
∴
数列为公比为的等比数列．
由，
∴
.
∴
.
∴
.
【考点】
数列的求和
数列递推式
等比关系的确定
【解析】
无
无
【解答】
解：由得，
两式相减得，
∴
.
，
∴
数列为公比为的等比数列．
由，
∴
.
∴
.
∴
.
【答案】
解：二次函数＝的两个零点，，且＝，
可得＝，即＝，
＝＝，
由，可得，
解得或.
若，则，
且＝＝，即＝＝，
，，
＝
＝
＝
＝，
当时，在递增，最大值只能为，
由＝，可得＝，即，
则不在直线＝上；
当时，的最大值为或或，
由，解得＝，
若在直线＝上，则＝，可得＝显然不成立；
由＝，可得，即，
显然不在直线＝上；
由显然不成立．
综上可得，点不在直线＝上．
【考点】
直线与抛物线的位置关系
二次函数在闭区间上的最值
二次函数的性质
【解析】
Ⅰ运用二次方程的判别式大于，结合二次不等式的解法，即可得到所求范围；
Ⅱ若，则，化简可得＝，讨论的符号和最大值的取得，解方程即可得到结论．
【解答】
解：二次函数＝的两个零点，，且＝，
可得＝，即＝，
＝＝，
由，可得，
解得或.
若，则，
且＝＝，即＝＝，
，，
＝
＝
＝
＝，
当时，在递增，最大值只能为，
由＝，可得＝，即，
则不在直线＝上；
当时，的最大值为或或，
由，解得＝，
若在直线＝上，则＝，可得＝显然不成立；
由＝，可得，即，
显然不在直线＝上；
由显然不成立．
综上可得，点不在直线＝上．
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