安徽名校2020-2021学年高二上学期期中联考数学（理）答案.pdf

1 高二第一学期期中检测 理科数学参考答案 题 号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答 案 A D B D C B A C C B A C 1.【解析】因为      1202,10 2  xxxxxxNxxM 或 , NCR  ,12  xx 所以  10)(  xxNCM R  1,0 . 2.【解析】因为正项等比数列 na 满足 142 aa ，由于 2 342 aaa  ，所以 1,1,1 2 13 2 3  qaaa . 因 为 133 S ， 所 以 1q  . 由 )1( 1 )1( 2 1 3 1 3 qqa q qa S     得, ,113 22 qqq  即 0112 2  qq ，解得 3 1 q ，或 4 1 q （舍去）. 3.【解析】初始值 2,5  xn ，程序运行过程如下表所示 1v  ； 6421 v ； 15326 v ； 322215 v ； 651232 v ； 1300265 v . 1i   ， 跳出循环，输出 .130v 4.【解析】 因为 2 7 4 5432   x ， , 4 5.11 4 5.58.32.2 mm y     所以 61.0 2 7 46.1 4 5.11  m ，解得 .5.6m 5.【解析】该几何体是底面半径为 1，母线长为 2的半圆锥，因此其表面积为 .3 2 3 2 4 3 1 2 1 212 2 1 2 1 22    6.【解析】由  0)( baa baa  2 ，所以 22 2 2 2)( bbaababa  ,13 222  bba 因此 .2b 7. 【解析】特值法，当   时， DCB ,,,0cos  均不成立. 8. 【解析】 由题意知，当 3  x 时，函数 ( )f x 取得最大值，所以 ., 2 2 3 Zkk     解得 ., 2 3 6 Nkk  因为 )(xf 在区间       3 , 12  上递增，在      12 5 , 3  上递减，所以 2 123     且 312 5     ，解得 . 5 12 0  因此 2 3  . 9.【解析】因为 ,1AB ,2AC .245cos221cos66cos269cos24cos2  ACAB 所以 . 2 2 sin, 2 2 cos,cos2  AAAACABACAB 于是 ABC 的面积为 . 2 2 sin 2 1 AACAB 10.【解析】设等差数列的公差为 .d 由 138 53 aa  得, )12(5)7(3 11 dada  , 整理得, . 2 39 1 da  因此 dn d dnn d n d an d Sn 200)20( 2 20 2 ) 2 ( 2 22 1 2  , 20S 最大. 11.【解析】 4 2 14    xa x 4 8 2 1)2(4      axa x 4 8 2 1)2(4 min          axa x 即 ,4 84  aa 解得 40  a . 12. 【解析】 0 0 1 ( ) 1 1 1 1 x x x f x x           ≤， ， . 作函数 ( )y f x 的图象，如图所示. 函数 ( )g x 零点的个数 函数 ( )y f x 的图象与直线 4y mx m  公共点的个数.当直线 4y mx m  过点 (1 1)， 时， 1 5 m  ,,所以当 5 1 0  m 时, 直线 4y mx m  与函数 ( )y f x 图象有两个公共点 .当直线 4y mx m  与曲线 1 1 1 y x    （ 01 x  ）相交时，联立         1 1 1 4 x y mmxy 消去 y得， 0)15(4 2  mxmmx 因此 016)15( 22  mm 且 015 m 时，解得 .1m 综上知，实数 m 的取值范围是 ) 5 1 ,0()1,(  . 3 13.【答案】 .0723  yx 【解析】设直线 l的方程是 .023  cyx 将 2,1  yx 代 入得， ,043  c 所以 7c .故 l的方程是 .0723  yx 14.【答案】 6 1 【解析】因抛掷一颗骰子有 6 种结果，所以抛掷两颗骰子有 3666  种不 同结果.点 ),( baS 在不等式所表示的区域内，有如下几种情况：当 1a 时， b １，2， 3;当 2a 时， b 1，2;当 3a 时， 1b .共有(1,1)，（1,2），(1,3)，(2,1)，(2,2)， (3,1)六个点落在条件区域内，故 6 1 36 6 )( AP . 15.【答案】 2 1 【解析】因为 mxxxxf  cossin32cos2)( 2 1) 6 2sin(22sin32cos1  mxmxx  . ] 2 ,0[  x ， ∴ ]1, 2 1 [) 6 2sin( 6 7 6 2 6   xx ，则 .∴ ]3,[1) 6 2sin(2)( mmmxxf   . 由  ]3,[ mm ] 2 7 , 2 1 [ 得, ，且 2 7 3 2 1  mm 故 2 1 m . 16.【答案】 . 24 2 【解析】如图，因为平面 BDC 平面 ABD， 所以 AB 平面 BDC，CD 平面 ABD，得 .ADCDBCAB  ， 取 AC 的中点 O，则 ODOCOBOA  .于是外接球的球心是 O， 1 2 OA AC ， 2 21 4 OA AC .而 . 2 1 )24( 2 1 2 2222222  BDABBDABBCABAC 所以半径 . 4 2 2 1  ACOA 于是外接球的体积为 . 24 2 ) 4 2 ( 3 4 3   4 17. 【解析】（1）由频率分布直方图可知,月用水量在[0,0.5)的频率为 0.08×0.5=0.04. 同理，在[0.5,1),[1.5,2)，[2,2.5)，[3,3.5)，[3.5,4)，[4,4.5]等组的频率分别为 0.08， 0.21，0.25,0.06，0.04,0.02. 由 1－(0.04＋0.08＋0.21＋0.25＋0.06＋0.04＋0.02)=2×0.5×a， 解得 a=0.30. ………………………………………………………………4 分 （2）由(1)知,100 位居民月均水量不低于 3吨的频率为 0.06＋0.04＋0.02=0.12. 由以上样本的频率分布,可以估计 30 万居民中月均用水量不低于 3 吨的人数为 300000×0.12=36000(人). ………………………………………………………6分 (3)设中位数为 x 吨. 因为前 5 组的频率之和为 0.04＋0.08＋0.15＋0.21＋0.25=0.73＞0.5， 而前 4 组的频率之和为 0.04＋0.08＋0.15＋0.21=0.48＜0.5, 所以 2≤x＜2.5. 由 0.50×(x－2)=0.5－0.48,解得 x=2.04. 故可估计居民月均用水量的中位数为 2.04 吨. …………………………………10 分 18. 【解析】(1)因为 nm, 互相垂直, 所以 0)3( 22 )(    ab bca canm , ……………………………………2分 即 222 3 babca  ， abcba 3222  . …………………………………4分 由余弦定理得， Ccos . 2 3 2 3 2 222   ab ab ab cba 因为  C0 ,所以 6  C . …………………………………………………6分 （2）因为 , 2 3 6 sin 2 1   abS ABC 所以 32ab . ……………………………8分 abcba 3222  就是 abba 3) 6 sin2( 222   ,即 ababba 312)( 2  , 因此 347123)( 2  ababba , 32  ba . …………………11分 故 ABC 的周长是 33 cba . …………………………………………12分 5 19.【解析】（1）直线 1 kxy 就是 ,01 ykx 圆C的圆心是 ),0,0(C 半径是 2 1 . 由题意得，圆心 )0,0(C 到直线 l的距离是 2 1 1 1 2  k ，……………………………2分 解得 3k 或 .3k 故 k的取值范围是 ).,3()3,(   ………………5分 （2）当 1k 时，直线 l与圆C相离.设点 P的坐标是 ),( 00 yx ， 则直线MN的方程是 4 1 00  yyxx . ………………………………………………7分 因为点P在直线 1 xy 上，所以 100  xy . 代入 4 1 00  yyxx 中，得到 , 4 1 )1( 00  yxxx 即 .0) 4 1 ()( 0  yxyx ……9分 由       0) 4 1 ( 0 y yx 得， . 4 1 4 1         y x 故直线MN恒过一个定点 ). 4 1 , 4 1 (  …………………………………………………12 分 20.【解析】（1）因为 AC=BC，D是 AB的中点，所以CD AB . 又VC 底面 ABC， AB 平面 ABC， 所以VC AB . ………………………2分 而 ,CCDVC  所以 AB 平面 .VCD 又 AB 平面VAB，所以平面VAB 平面VCD . …………………………………5分 （2）过点 D 在平面 ABC内作DF CE 于 F，则由题意知DF 平面 VCE. 连接 VF，于是 DVF 就是直线 VD 与平面 VCE 所成的角. …………………………7 分 在 tR VFD 中， 15 15 DF VD  . 又因为 VD= 2 3 , 所以 2 5 5 DF  . 在 tR DCE 中,可求出 DE=1 . 故知点 E位于线段 AD的中点或线段 BD 的中点. …10 分 三棱锥 VDEC  的体积为 . 3 22 2212 2 1 3 1 3 1   VCS CDE ………………12分 6 21.【解析】（1）令 0n , 1 m 代入等式中可得, 2)0( f ，即 2c . ………2分 再令 nm  得, 2)(),12()()0( 2  nnnfnnnnff , 所以 .2)( 2  zzzf ………………………………………………6分 （2）因为直线被圆 9)2()1( 22  yx 截得的弦长为 6, 所以直线过圆心, 有 1 ba . ……………………………………………………8 分 于是由均值不等式得, ab ba 4 = 945 4 5))( 41 ( 41  a b b a ba baba , 当且仅当 a b b a  4 ,即 3 2 , 3 1  ba 时等号成立. 故 ab ba 4 的最小值是 .9 …………12分 22.【解析】(1) 当 2n 时， .12)1( 22 1   nnnSSa nnn 在 2nSn  中，令 1n ，则 111  Sa ，满足 .12  nan 故数列 na 的通项公式是 .,12  Nnnan ……………………………4分 （2) 因为一般项 ) 11 ( 4 11 21121   nnnnnnn aaaaaaa ， 所以 原式         ) 11 () 11 () 11 ( 4 1 21143323221 nnnn aaaaaaaaaaaa   ) 11 ( 4 1 2121 nn aaaa . )32)(12(3 2 )32)(12(6 42 22      nn nn nn nn ………………………8分 于是 )32)(12(3 22   nn nn ,) 2 1 4 1 ( 2 nn  即存在 Nn ,使  )32)(12(3 4  nn 成立.  . 45 4 )32)(12(3 4 max        nn 故实数 的最大值是 . 45 4 ………………………12分