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高二数学（理）参考答案 第 1 页（共 8 页） 豫南九校 2019—2020 学年上期第二次联考 高二数学（理）参考答案 一、选择题 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 B B D D A C B C C A B A 1．【解析】 ∵ 24 4 3 0x x− − ≤ ， ∴ ( )( )2 3 2 1 0x x− + ≤ ，解得 1 3 2 2x− ≤ ≤ . 2．【解析】由于全称命题的否定是特称命题，所以命题 “ ( ) 20,1 0x x x∀ ∈ − ，所以 C A> ，则 45C = ° 或 135 °.当 45C = ° 时， 180 30 45 105B = ° − ° − ° = ° ；当 135C = ° 时， 180 30 135 15B = ° − ° − ° = ° .所以 B = 105 或 15 . 4．【解析】由题意，因为 1 1a = ， 3 4 22 2S a S= + ，即 1 1 1 3 22 (3 ) 2( 3 ) 22a d a d a d×× + = + + + ， 解得 2d = ，所以 8 1 7 1 7 2 15a a d= + = + × = ． 5．【解析】因为在三角形中， sin cossin C AB < 变形为 sin sin cosC B A< ，由内角和定理可得 sin( ) cos sinA B A B+ < ，化简可得： sin cos 0 cos 0A B B< ∴ ，所以三角形 为钝角三角形 . 6．【解析】设等比数列 { }na 的公比为 q ，由 2 9T T= 得 7 6 1a = ，故 6 1a = ，即 5 1 1a q = .又 2 1 2 1 512a a a q= = ，所以 9 1 512q = ，故 1 2q = ，所以 36 3 12 8 3 2 4 2 4096aT T a q  = = = = =   .故 选 C. 7．【解析】因为 0.3 0.3 2 2 1 1log 0.6 log 1 0, log 0.6 log 1 02 2m n= > = = < = ， 所以 0, 0mn m n< − > ，因为 0.6 0.6 0.6 1 12log 2 log 0.25 0, log 0.3 0n m− = − = > = > ， 高二数学（理）参考答案 第 2 页（共 8 页） 而 0.6 0.6log 0.25 log 0.3> ，所以 1 1 0n m− > > ，即可得 0>+ nm ， 因为 ( ) ( ) 2 0m n m n n− − + = − > ，所以 m n m n− > + ， 所以 m n m n mn− > + > . 8．【解析】不等式组表示的平面区域如下图所示，令目标函数为： z＝ x＋ 2y ， 1 1 2 2y x z= − + ， 当 1 1 2 2y x z= − + 经过点 A（ 2，－ 1）时 z 取得最小值为 0，所以， z＝ x＋ 2y ≥0 ，显然 A， B， D 错误 . 9．【解析】 2 2sin 2sin , 2 , 2a C A a c a ac= ∴ = =∵ ， 因为 2 2( ) 6a c b+ = + ，所以 2 2 22 6 ,a c ac b+ + = + 2 2 2 6 2 6 4 2a c b ac+ − = − = − = ，从 而 ABC∆ 的面积为 2 21 2 324 2 2   − =      . 10 ．【解析】由 ( )lg 1 lg an a n a< + 得： ( )lg 1 lgn a a n a< + ， 1a >∵ ， lg 0a∴ > ， ( )1n a n∴ < + ，即 111 1 na n n> = −+ + ，又 11 11n− ，即 1a > 时，不等式 ( ) ( )lg 1 lg 1an a n a a< + > 成立，则 0a > 是其必要不充分条件； 1a > 是其充要条件； 2a > ， 3a > 均是其充分不必要条件. 11．【解析】因为 2 1 22 2 ... 2 n na a a n+ + + = ，所以 2 1 1 2 12 2 ... 2 1( 2)n na a a n n− −+ + + = − ≥ ， 两式作差，可得 2 1n na = ，即 1 ( 2)2n na n= ≥ ， 又当 1n = 时， 12 1a = ，即 1 1 2a = 满足 1 2n na = ， 因此 *1 2 ( )2 n n na n N−= = ∈ . 所以 2 2 2 1 1 2 1 1 1 1 1 log log log l2 2og ( 1) 1n n n na a n n n n+ − − −= = = −+ + ， 高二数学（理）参考答案 第 3 页（共 8 页） 则数列 2 2 1 1 log logn na a +       的前 n 项和 1 1 1 1 1 1(1 ) ( ) ... ( ) 12 2 3 1 1 1n nS n n n n= − + − + + − = − =+ + + ， 因此 1 2 3 10 1 2 3 10 1... ...2 3 4 11 11S S S S⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = . 12．【解析】由正弦定理得： 2 cos 0b c A+ = ，由余弦定理得： 2 2 2 2 02 b c ab c bc + −+ ⋅ = ，即 2 2 22b a c= − ， 2 2 2 2 2 2 2 2 23 2 3 32cos 2 2 4 4 2 a ca ca c b a c acB ac ac ac ac −+ −+ − += = = ≥ = ， 当且仅当 2 4 3 3c = ， 2 4 3 3b = ， 2 4 3a = 时取等号， 0, 6B π ∴ ∈    ， 1sin 2B∴ ≤ ， 则 1 1 1sin 4 12 2 2ABCS ac B∆ = ≤ × × = ，所以 ABC∆ 面积的最大值 1. 二、填空题 13 ． 3 14 ． 9π 15 ． 1[ , )2 +∞ 16 ． 7 3 3 13 ．【解析】由余弦定理可得： 2 2 2 12 cos 9 4 2 3 2 93a b c bc A= + − = + − × × × = ，解得 3a = . 14 ．【解析】由正弦定理知： cos cos 2 sin cos 2 sin cos 2b A a B R B A R A B+ = ⋅ ⋅ + ⋅ = ， 即 ( ) 1sin sinA B C R+ = = ， 2 2cos 3C = ， 1sin 3C = ，即 3R = . 故 2 9S Rπ π= = . 15 ．【解析】 x ， y 满足约束条件 1 0 2 9 x x y x y ≥  − ≤  + ≤ 的可行域如图：由目标 函数 z ax y= + 可得 y ax z= − + ，由 0 2 9 x y x y − =  + = ，解得 (3,3)C ， 可得 1 2a− ≤ − ，即 1 2a ≥ ． 高二数学（理）参考答案 第 4 页（共 8 页） 16 ．【解析】法一：由 9 3 62S S S= + ，得： q≠1 ， 所以 9 3 6 1 1 1(1 ) (1 ) (1 )21 1 1 a q a q a q q q q − − −= +− − − ， 化简得： 9 3 61 1 2(1 )q q q− = − + − ，即 9 6 32 2 0q q q− − + = ， 即 6 3( 1)( 2) 0q q− − = ，得 3 2q = ，化简得 6 3 1S S+ ＝ 6 1 3 1 (1 ) 1 1 (1 ) a q q q a q − −+− − ＝ 1 1 3 1 2 31 a q q a −+ ≥− ，当 1 1 3 1 1 a q q a −=− ， 即 1 1 3 qa −= 时， 6 3 1S S+ 取得最小值， 所以 9 1 9 (1 ) 1 a qS q −= =− 91 ( 1) 13 q q q − −× − ＝ 7 3 3 . 法二：设 3S x= ， 6S y= ，依题 9 2S x+ y= 性质可知 S3， S6- S3， S9- S6 等比， 2( ) ( )y x x x y∴ − = + ， 3y x∴ = ， 6 3 1 13 2 3S x+S x∴ + = ≥ 当且仅当 3 3x= 时 “二 ”成立，从而 9 7 37 3S x= = . 三、解答题 17 ．【解析】 （ 1）因为 3cos 2a C b c= − ， 由正弦定理可得 3sin cos sin sin2A C B C= − ， 因为 ( )sin sin sin cos cos sinB A C A C A C= + = + ， 所以 3cos sin sin2A C C= ， 高二数学（理）参考答案 第 5 页（共 8 页） 因为 sin 0C ≠ ，所以 3cos 2A = ， π 6A = ．……（ 5 分） （ 2）由 π 6A B= = ，则 2π 3C = ，所以 4BC AC= = ， 4 3AB = ， 2BM = ， 由余弦定理可得 2 2 2 2 cos 28AM BM AB BM AB B= + − ⋅ = ， 所以 2 7AM = ．……（ 10 分） 18 ．【解析】 （ 1）∵对任意 [ ]0,1x∈ ， 不等式 2 2log ( 1) 2 3x m m+ − ≥ − 恒成立， 当 [ ]0,1x∈ ，由对数函数的性质可知当 0x = 时， 2log ( 1) 2y x= + − 的最小值为 2− ， ∴ 2 3 2m m− ≤ − ．解得 1 2m≤ ≤ ． 因此，若 p 为真命题时， m 的取值范围是 [ ]1,2 ．……（ 5 分） （ 2）存在 [ ]1,1x∈ − ，使得 1 12 x m  ≤ −   成立， ∴ max 11 1[ 1] 1 12 2 x m -æ ö æ öç ÷ ç ÷- = - =ç ÷ ç ÷ø £ è è ø ，命 题 q 为真时， 1m £ ． ∵ p 且 q 为 假， p 或 q 为真，∴ ,p q 中一个是真命题，一个是假命题． 当 p 真 q 假时，则 1 2 1 m m ≤ ≤  > ，解得 1 2m< ≤ ； 当 p 假 q 真时， 1 2 1 m m m < >  ≤ 或 ，即 1m < ． 综上， m 的取值范围为 ( ) ( ],1 1,2−∞ ∪ ．……（ 10 分） 19 ．【解析】 （ 1）令 1n = ，得 1 12 1a a= − ，由此得 1 1a = , 高二数学（理）参考答案 第 6 页（共 8 页） 由于 2n nS a n= − ，则 ( )1 12 1n nS a n+ += − + ， 两式相减得 ( )1 12 1 2n n n nS S a n a n+ +− = − + − + ，即 1 2 1n na a+ = + ， 所以 ( )1 1 2 1 1 2 1n n na a a+ + = + + = + ，即 1 1 21 n n a a + + =+ ， 故数列 { }1na + 是等比数列，其首项为 1 1 2a + = ， 11 2 2 2n n na −+ = ⋅ = ， 故数列 { }na 的通项公式是 2 1n na = − .……（ 5 分） （ 2） 1 1 1 1 n n n n b a a a+ + = + 1 1n n n a a a + += ( )( )1 2 2 1 2 1 n n n += − − ( ) ( ) ( )( ) 1 1 2 1 2 1 2 1 2 1 n n n n + + − − − = − − 1 1 1 2 1 2 1n n += −− − ， 1 2n nT b b b⋯= + + + 1 2 2 3 1 1 1 1 1 1 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1n n +      = − + − + + −     − − − − − −      ⋯ 1 2 2 3 1 1 1 1 1 1 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1n n += − + − + + −− − − − − − ⋯ 1 11 2 1n+= − − .……（ 12 分） 20 ．【解析】 （ 1）由于 ( ) 1 2f x = ⋅ −m n ( ) ( ) 1= 3 sin ,sin cos ,sin 2x x x x⋅ − 2 13 sin cos sin 2x x x= + − ( )3 1 1sin 2 1 cos 22 2 2x x= + − − 3 1sin 2 cos 2 sin 22 2 6x x x π = − = −   . ∴函数 ( )f x 的最大值为 1，其最小正周期为 2 2T π π= = .……（ 5 分） （ 2）由于 ( ) 1sin 2 6 2f B B π = − =   ， 高二数学（理）参考答案 第 7 页（共 8 页） ∵ ( )0,B π∈ ，∴ 112 ,6 6 6B π π π − ∈ −   ， 则有 2 6 6B π π− = 或 52 6 6B π π− = ，解得 6B π= 或 2B π= （此时 2 2 2b ac a c= = + ， 关于 a ， c 的方程无解，舍去） . 又由 2b ac= ，结合正弦定理可得 2 1sin sin sin 4A C B= = ， 所以 1 1 cos cos tan tan sin sin A C A C A C+ = + = ( )sinsin cos cos sin sin sin sin sin C AC A C A A C A C ++ = 1 sin 2 21sin sin 4 B A C= = = .……（ 12 分） 21 ．【解析】 （ 1）由 sin sin sin 2 3 0sin sin 3 a A b B c C aB C + − − = ， 得： 2 3 sin 3 a a b b c c ab C ⋅ + ⋅ − ⋅ =⋅ ，即 2 2 2 3 sin2 3 a b c Cab + − = , 由余弦定理得 3cos sin3C C= ，∴ tan 3C = ， ∵ ( )0,C π∈ ，∴ 3C π= .……（ 5 分） （ 2）由余弦定理： 2 2 1 2 1 cos4 2 c cb CEA= + − × × ⋅ ∠ ，① 2 2 1 2 1 cos4 2 c ca CEB= + − × × ⋅ ∠ ，② 由三角形中线长定理可得：① +②得： 2 2 2 2 2 cb a+ = + ， 即 2 2 22( ) 4b a c+ = + ， 高二数学（理）参考答案 第 8 页（共 8 页） ∵ 2 2 2 2 cosc a b ab C= + − ⋅ ，∴ 2 2 4 2a b ab ab+ = − ≥ ， ∴ 4 3ab ≤ ，当且仅当 a b= 时取等号 . 所以 1 1 4 3 3S = sinC2 2 3 2 3ABC ab∆ ≤ × × = .……（ 12 分） 22 ．【解析】 （ 1）由 ( )3 12n nS b= − 得， ( )( )1 1 3 1 22n nS b n− −= − ≥ ， ∴ ( )1 1 3 2n n n n nb S S b b− −= − = − ，即 13n nb b −= ， 又 1 3b = ，故 ( )*3n nb n N= ∈ ． ∴ 2 1 3a b= = ， 5 2 9a b= = ，∴ 9 3 25 2d −= =− ， ∴ 2 1na n= − ．……（ 4 分） （ 2）由（ 1）可得 ( ) ( )3 1 3 12 3 2 n n nS b == − − ，∴ ( )33 2 n nnS n n= ⋅ − . 令 3n nc n= ⋅ ，其前 n 项和记为 nP ；令 nd n= ，其前 n 项和记为 nQ ， ∴ 2 33 2 3 3 3 3 n nP n= + ⋅ + ⋅ + + ⋅⋯ ， 2 3 4 +13 3 2 3 3 3 3 n nP n= + ⋅ + ⋅ + + ⋅⋯ ， 两式相减得： 2 3 1 1 11 32 3 3 3 3 3 3 32 2 n n n n nP n n+ + +− = + + + + − ⋅ = ⋅ − − ⋅⋯ ， ∴ 11 332 4 4 n n nP + = − ⋅ +   ， ( )1 2n n nQ += ， ∴ ( ) ( )1 3 13 3 3 932 4 8 4 8 n n n n n nnT P Q + + = − = − ⋅ − +   .……（ 12 分）