1、2020-2021第一学期第二次月考高二文科数学试题一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1. 不等式的解集（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】把分式不等式等价转换为与之等价的一元一次不等式，从而求出它的解集.【详解】不等式，即，即，故选：A.2. 已知，则下列不等式正确的是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】利用不等式性质和指数函数的单调性，以及举反例，逐项判定，即可求解.【详解】对于A中，令，此时满足，但，所以不正确；对于B中，由函数为上的单调递增函数，因为，所以，所以正确；对于C中，
2、令，此时满足，但，所以不正确；对于D中，令，此时满足，但，所以不正确.故选：B.3. 若直线过点则的最小值是（ ）A. 8B. 9C. 10D. 12【答案】A【解析】【分析】由直线过点可得，利用基本不等式即可求解.【详解】因为直线过点所以，所以，当且仅当，即时等号成立故选：A【点睛】本题主要考查了均值不等式的灵活运用，考查了运算推理能力，属于中档题.4. 在ABC中，若a=2bsinA,则B为A. B. C. 或D. 或【答案】C【解析】， ，则或，选C.5. 已知数列中，且，则这个数列的第10项为（ ）A. 18B. 19C. 20D. 21【答案】B【解析】【分析】由已知判断出数列是以为
3、首项，以为公差的等差数列，求出通项公式后即可求得.【详解】，且，数列是以为首项，以为公差的等差数列，通项公式为，故选：B.6. 已知等差数列，则数列的前n项和为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】设等差数列的首项为，公差为，利用等差数列的通项公式列出方程组，求出，即可得等差数列的通项公式，再利用裂项相消法求和即可.【详解】设等差数列的首项为，公差为，则，数列的前项和为；故选：B.【点睛】方法点睛：裂项相消法是最难把握的求和方法之一，其原因是有时很难找到裂项的方向，突破这一难点的方法是根据式子的结构特点，常见的裂项技巧：(1)；（2） ； （3）；（4） ；此外，需注意裂项之
4、后相消的过程中容易出现丢项或多项的问题，导致计算结果错误.7. 设，则“”是“”的（ ）A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【分析】由不等式，解得或，结合充分、必要条件的判定方法，即可求解.【详解】由不等式，可得或，所以“”是“”的充分不必要条件.故选：A.8. 设，满足约束条件，则的最大值是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】作出不等式组对应的平面区域，利用所求表达式的几何意义，结合数形结合即可得到结论.【详解】画出不等式组表示可行域，如图中阴影部分所示，表示是区域内及边界上的点与点连线的斜率，由图形可知该连线
5、过点时，斜率最大，由得，此时的最大值为，故选：C.【点睛】本题主要考查线性规划以及斜率的应用，利用表达式的几何意义，利用数形结合是解决本题的关键，属于中档题.9. 已知命题：，；命题：，则下列命题中为真命题的是：（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】可知: 命题：，为假命题，由函数图象可知命题为真命题，所以为真命题考点：命题的真假判断10. 下列命题错误序号是（ ）如果平面内存在一条直线和平面外的一条直线平行，则 ；如果平面内存在一条直线和平面垂直，则；如果一条直线和平面内的任意一条直线垂直，则；如果平面内存在一条直线和平面平行，则A. B. C. D. 【答案】C【解析】【
6、分析】利用线面以及面面平行的判定定理，线面垂直的定义以及面面垂直的判定定理，即可判断.【详解】命题是线面平行的判定定理，正确；命题是面面垂直的判定定理，正确；命题是线面垂直的定义，正确；命题错误，平面内两条相交直线都和平面平行，则；故选：C.11. 已知函数满足，则（ ）A. 7B. 4C. 3D. 1【答案】A【解析】【分析】根据分段函数的特征，讨论值所在的区间，代入相应解析式即可求解【详解】当时，且满足，即；当时，不满足，故（舍去）则；故选：A.【点睛】易错点睛：本题主要考查分段函数求值，注意求的值需在所讨论的区间内，不满足的需舍去12. 在中，若，则此三角形有（ ）A. 无解B. 两解C
7、. 一解D. 解的个数不确定【答案】B【解析】【分析】由，的值，利用正弦定理求出的值，利用三角形边角关系及正弦函数的性质判断即可得到结果【详解】解：在中，由正弦定理，得：，的度数有两解，则此三角形有两解故选：【点睛】本题考查了正弦定理，正弦函数的性质，熟练掌握正弦定理是解本题的关键，是中档题二、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）.13. 不等式的解集为_.【答案】【解析】【分析】根据绝对值定义化简求解，即得结果.【详解】，不等式的解集为.故答案为：.14. 已知，则取最大值时x的值为_.【答案】【解析】【分析】直接使用基本不等式，即可求得结果.【详解】因为，当且仅当，即时取得最大值.
8、故答案为：.【点睛】熟练掌握基本不等式是解题关键.15. 已知命题，则为_.【答案】【解析】【分析】根据全称命题的否定是特称命题，直接可得结果.【详解】由题可知：命题根据全称命题的否定是特称命题所以：故答案为：【点睛】本题考查全称命题的否定，属基础题.16. 我国古代，9是数字之极，代表尊贵之意，所以中国古代皇家建筑中包含许多与9相关的设计例如，北京天坛圆丘的底面由扇环形的石板铺成（如图），最高一层是一块天心石，围绕它的第一圈有9块石板，从第二圈开始，每一圈比前一圈多9块，共有9圈，则前9圈的石板总数是_【答案】405【解析】【详解】分析】前9圈的石板数依次组成一个首项为9，公差为9的等差数列
9、，三、解答题（本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17. 函数的定义域为集合，的值域为集合.（1）求和；（2）求.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）解一元二次不等式得到集合，利用二次函数求解值域得到集合；（2）利用集合的交集运算即可求解.【详解】（1）由，得，解得：，所以；由，又，则，所以；（2）由（1）知：，则.18. 解关于的不等式，【答案】当时，不等式的解为：，当时，不等式解为，当时，不等式的解为：.【解析】【分析】分类讨论当三种情况的解.【详解】关于的不等式，当时，不等式的解为：，当时，原不等式为，不等式无解，当时，不等式的解为：，综上所述：当
10、时，不等式的解为：，当时，不等式解为，当时，不等式的解为：.【点睛】此题考查解含参数的不等式，关键在于准确进行分类讨论.19. 设条件实数满足；条件实数满足，且命题“若，则”为真命题，求实数的取值范围.【答案】【解析】【分析】求得，或，再由命题“若，则”真命题，得到，即可求解.【详解】由不等式，解得，可得集合，又由集合或，由于命题“若，则”真命题，所以是的充分条件，可得，因为，所以，所以实数a的取值范围是.【点睛】有关充分、必要条件求解参数的取值范围问题的方法及注意点：1、把充分条件、必要条件或充要条件转化为集合之间的关系，然后根据集合间关系列出关于参数的不等式（组）求解；2、要注意区间端点值
11、的检验，尤其是利用两个集合之间的关系求解参数的取值范围时，不等式是否能取等号决定端点值的取舍，处理不当容易出现漏解或增解得现象.20. 已知分别是内角的对边， （1）若，求（2）若，且求的面积【答案】（1）；（2）1【解析】试题分析：（1）由，结合正弦定理可得：，再利用余弦定理即可得出（2）利用（1）及勾股定理可得c，再利用三角形面积计算公式即可得出试题解析：（1）由题设及正弦定理可得又，可得由余弦定理可得（2）由（1）知因为，由勾股定理得故，得所以的面积为1考点：正弦定理，余弦定理解三角形21. 已知数列满足：，.（1）设，证明：数列是等比数列；（2）设数列的前n项和为，求.【答案】（1）证
12、明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）根据求得，化简成含的表达式再得即可.（2）根据（1）中等比数列的首项与公比求得数列的通项公式,再代入即可求得数列的通项公式，再根据分组求和求解即可.详解】（1）数列满足：，.由，那么，；即公比，数列是首项为2，公比为2的等比数列；（2）由（1）可得，那么数列的通项公式为：，数列的前n项和为.【点睛】熟练掌握数列的递推公式证明等比数列的方法和分组求和与等比等差数列求和的公式是解题关键.22. 已知函数.（1）求的最小正周期；（2）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，求的周长.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）利用二倍角公式、辅助角公式，将函数化为，再利用周期公式即可求解.（2）求出，根据边角互化可得，再利用余弦定理即可求解.【详解】（1）因为；所以的最小正周期为，（2）由，得；又，所以，所以，解得；由，得；利用余弦定理得，即；由联立，解得，；所以的周长为.【点睛】熟练掌握正弦定理的边角互化、余弦定理是解题关键.
