2019-2020年高二下學期期末聯考 文科數學試題 含答案.doc

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絕密★啟用前 2019-2020年高二下學期期末聯考 文科數學試題 含答案 題號 一 二 三 總分 得分 評卷人 得分 一、選擇題 3．在中，分別是三內角的對邊,設，則 ( ) A. 或 B. C. D. 以上都不對 4．若，滿足約束條件，則的最大值為（ ） A．3 B．6 C．8 D．9 5．已知兩個等差數列和的前項和分別為A和，且，則使得為整數的正整數的個數是（ ） A．2 B．3 C．4 D．5 6．若直線與直線平行，則 A、-2或6 B、6 C、-2 D、0或-4 7．奇函數上為增函數,且,則不等式的解集為( ). A B. C D 8．．已知,,為坐標原點，點在第四象限內，且，設，則的值是( ) . . . . 9．對于函數,下列說法正確的是( ). A.的值域是 B.當且僅當時,取得最小值-1 C.的最小正周期是 D.當且僅當時, 10．已知角α的終邊上一點的坐標為(，－)，則角α的正弦值為( ) A．－　 B. C．－ D. 11．的值為( ) A．0 B． C．2 D． 12．為了得到函數y＝2sin2x的圖象，可將函數y＝4sin·cos的圖象( ) A．向右平移個單位 B．向左平移個單位 C．向右平移個單位 D．向左平移個單位 第II卷（非選擇題） 評卷人 得分 二、填空題 13．已知是第二象限的角，，則 ． 14．化簡計算： _. 15．數列的首項為,前n項和為 ,若成等差數列,則 16．若θ角的終邊與的終邊相同，則在[0,2π]內終邊與角的終邊相同的角是_____． 評卷人 得分 三、解答題 17．在中，內角、、的對邊分別為、、,已知、、成等比數列，且. （Ⅰ）求的值； （Ⅱ）設,求、的值. 18．（本小題滿分13分） 已知橢圓C的對稱軸為坐標軸，且短軸長為4，離心率為。 （Ⅰ）求橢圓C的方程； （Ⅱ）設橢圓C的焦點在y軸上，斜率為1的直線l與C相交于A，B兩點，且 ，求直線l的方程。 19．數列滿足,且. （1）求 （2）是否存在實數t,使得,且{}為等差數列?若存在,求出t的值;若不存在，說明理由. 20．（12分）在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且． （Ⅰ）求sinA的值； （Ⅱ）若，b=5，求向量在方向上的投影． 21．（本題滿分12分）設函數＋2。 （1）求的最小正周期。 （2）若函數與的圖象關于直線對稱，當時，求函數的最小值與相應的自變量的值。 22．設定義在上的函數,滿足當時, ,且對任意,有, （1）解不等式 （2）解方程 參考答案 1．C 【解析】由正視圖可知去掉的長方體在正視線的方向，從側視圖可以看出去掉的長方體在原長方體的左側， 由以上各視圖的描述可知其俯視圖符合C選項． 故選C 2．C 【解析】 試題分析：因為，在等差數列中，成等差數列。，， 所以，由，解得，=24，故選C。 考點：等差數列的求和公式 點評：簡單題，在等差數列中，成等差數列。多掌握些“小結論”，有助于靈活解題。 3．C 【解析】 試題分析：∵，∴又，∴，故選C 考點：本題考查了正弦定理的運用 點評：解三角形時，由于不能唯一確定三角形的形狀，因此解的情況往往不確定，可利用三角形內角和定理及“大邊對大角”來判斷解的情況. 4．D 【解析】 試題分析：畫出可行域及直線，平移直線，當直線經過點A（3，－3）時，直線的縱截距最小，所以，取得最大值9，選D。 考點：簡單線性規(guī)劃問題 點評：簡單題，簡單線性規(guī)劃問題，解答步驟是“畫，移，解，答”。本題中y的系數為負數，應特別注意平移的方向。 5．D 【解析】 試題分析：在等差數列中，若則。 因為，兩個等差數列和的前項和分別為A和，且， 所以，=， 為使為整數，須n+1為2，3，4，6，12，共5個，故選D。 考點：等差數列的性質，等差數列的求和公式。 點評：中檔題，在等差數列中，若則。本題較為典型。 6．B 【解析】是兩直線不平行；則兩直線平行的條件是，解得故選B 7．C 【解析】 試題分析：因為，奇函數上為增函數, 所以當 時； 故選C。 考點：函數的奇偶性、單調性 點評：簡單題，此類問題往往借助于函數圖像分析。奇函數的圖象關于原點成中心對稱。 8．C 【解析】解:因為,,為坐標原點，點在第四象限內，且，設利用向量的數量積的性質可知則的值是,選C 9．D 【解析】 試題分析：本題給出的函數可以描述為中取較小的值。 可以先大致畫出題目中的函數圖象， 如圖：圖中的細線分別是的圖象， 粗線為的圖像。 從圖象中可以判斷D正確。 下邊說明各個選項：A中1包含于值域之內，則在至少有一個為1，并且是較小的那個。令這與其取法矛盾，A錯誤。 B中, 這與題面“當且僅當”沖突。B錯誤。 C中，若題面正確，則有 而,所以題面錯誤。 D中，，此時x在第一象限，選D。 考點：三角函數的圖象和性質 點評：中檔題，正確理解函數的意義，畫出的圖象，是解題的關鍵。 10．A 【解析】 試題分析：因為，角α的終邊上一點的坐標為(，－)，所以，r=， =－，選A。 考點：三角函數的定義 點評：簡單題，角終邊上一點P的坐標（x，y）,r=|OP|=，則. 11．B 【解析】解： 12．C 【解析】 試題分析：因為，y＝4sin·cos=，所以，為了得到函數y＝2sin2x的圖象， 只需將y＝4sin·cos=向右平移個單位，故選C。 考點：二倍角的正弦，三角函數圖象的變換。 點評：小綜合題，為研究三角函數的圖象和性質，往往利用三角公式首先化簡。函數圖象的平移遵循“左加右減，上加下減”。 13． 【解析】 試題分析：根據題意，由于是第二象限的角，，則可知，則可知。 考點：同角關系式 點評：主要是考查了同角關系式的運用，屬于基礎題。 14． 【解析】本試題主要是考查了三角函數中兩角和的正切公式的運用。 因為利用誘導公式可知，tan1950=tan(1800+150)=tan150,故，故答案為。 解決該試題的關鍵是利用誘導公式和兩角和的正切公式化簡得到。 15． 【解析】 試題分析：分別以代入原式，可以得到數列的一個遞推關系式，進而得到通項公式的結果。所以，所以這是一個以2為公比的等比數列。把1代入，得，，得到通項公式為. 考點：數列的遞推公式，等比數列的通項公式。 點評：中檔題，當給定數列的關系時，通過“賦值”，進一步確定數列的特征，是常用的手段之一 16．，，，. 【解析】 試題分析：依題意，=2kπ+，k∈z， ∴，k∈z， 又∈[0，2π]， ∴k=0，=； k=1，α=； k=2，α=； k=3，α=． 故答案為：，，，. 考點：終邊相同的角 點評：簡單題，與角終邊相同的角的集合為。對指定范圍的角，只需指定k的值。 17．（Ⅰ）.（Ⅱ）或. 【解析】 試題分析：（Ⅰ）、、成等比數列,， 2分 = 6分 （Ⅱ）,即,而， 所以①， 8分 由余弦定理，2=,，② 10分 由①②解得或 12分 考點：等比中項，平面向量的數量積，兩角和與差的三角函數，正弦定理、余弦定理的應用。 點評：中檔題，本題綜合性較強，綜合考查等比中項，平面向量的數量積，兩角和與差的三角函數，正弦定理、余弦定理的應用。思路比較明確，難度不大。 18．（Ⅰ）（Ⅱ） 【解析】 試題分析：（Ⅰ）設橢圓C的長半軸長為a（a>0），短半軸長為b（b>0）， 則2b=4，。 2分 解得a=4，b=2。 3分 因為橢圓C的對稱軸為坐標軸， 所以橢圓C的方程為標準方程，且為。 5分 （Ⅱ）設直線l的方程為，A（x1，y1），B（x2，y2）, 6分 由方程組，消去y， 得， 7分 由題意，得， 8分 且， 9分 因為 ， 11分 所以，解得m=±2, 驗證知△＞0成立， 所以直線l的方程為。 13分 考點：橢圓方程幾何性質及直線與橢圓相交弦長問題 點評：直線與橢圓相交問題常借助與韋達定理設而不求簡化計算，本題涉及到的弦長公式，其中k是直線斜率，是兩交點橫坐標 19．（1），。 （2），，。 【解析】 試題分析：（1） （2）設存在t滿足條件，則由為等差，設 求的通項公式. 分析：可以直接使用2的結論簡化計算。 解答： 在（2）中，， ，。 考點：數列的遞推公式，等差數列的通項公式。 點評：中檔題，對于存在性問題，往往需要先假定存在，利用已知條件探求得到假設，從而肯定存在性。本題首先假設出公差d和t，通過構造、變換已知等式，又經過對比，得到公差d和t。 20．（Ⅰ）（Ⅱ）=ccosB=． 【解析】（Ⅰ）由， 可得， 即， 即， 因為0＜A＜π， 所以． （Ⅱ）由正弦定理，，所以=， 由題意可知a＞b，即A＞B，所以B=， 由余弦定理可知． 解得c=1，c=﹣7（舍去）． 向量在方向上的投影：=ccosB=． 21． 解：（1） (2)此時。 【解析】本試題主要是考查了三角函數的周期公式和三角函數的圖像與性質的綜合運用。 （1）先利用二倍角公式化簡關系式，化為單一三角函數，然后利用正弦的周期公式求解得到。 （2）根據里那個圖像關于直線x=1對稱可知在對稱區(qū)間上，函數的最值。 解：（1） ----------（1分） ---------------------（3分） --------------------------------（4分） ------------------------------------------（5分） ----------------------------------------（6分） (2)方法一：由題意知道： -------------------------------------（8分） ------------------------（9分） ----------------------------------（10分） 此時即----------------------（12分） 方法二：可以根據關于的對稱區(qū)間上函數的最值。 22．(1)先證,且單調遞增，；(2) . 【解析】 試題分析：(1)先證,且單調遞增， 因為,時, 所以. 又， 假設存在某個，使， 則與已知矛盾，故 任取且,則,, 所以= = =. 所以時,為增函數. 解得: (2),, ,原方程可化為:, 解得或（舍) 考點：函數的奇偶性、單調性，抽象函數、抽象不等式的解法，“賦值法”。 點評：難題，涉及抽象不等式解法問題，往往利用函數的奇偶性、單調性，將抽象問題轉化成具體不等式組求解，要注意函數的定義域。抽象函數問題，往往利用“賦值法”，通過給自變量“賦值”，發(fā)現結論，應用于解題。本題較難，構造結構形式，應用已知條件，是解答本題的一大難點。