1、绝密启用前广州市天河外国语学校2020学年高二上学期期中考试数学试卷考试范围：高二必修5常用逻辑用语；考试时间：120分钟注意事项：1答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2请将答案正确填写在答题卡上第I卷（选择题）一、单选题(共40分)1已知命题方程有两个实数根：命题函数的最小值为4，给出下列命题：；.则其中真命题的个数是（ ）A1 B2 C3 D42在ABC中，若，B=30，则= （ ）A2 B1 C1或2 D2或3等差数列中，和是关于方程的两根，则该数列的前11项和（ ）A58 B88 C143 D1764设实数x，y满足约束条件，则的最小值为( )A1B2C3D65在九章算术中，将四
2、个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖臑,已知鳖臑的三视图如图所示,则该几何体的外接球的表面积为( )ABCD6在中，如果，则的面积为（ ）A1BC2D47已知等比数列中，则（ ）A12B10CD8已知不等式的解集为则（ ）A B C D二、多选题(共20分)9一元二次方程有一个正根和一个负根的充分不必要条件是（ ）ABCDE.10在中，内角所对的边分别为.根据下列条件解三角形，其中有两解的是（ ）ABCD11等差数列的前项和记为，若，则（ ）ABCD当且仅当时12已知正数a，b满足，ab的最大值为t，不等式的解集为M，则（ ）ABCD第II卷（非选择题）三、填空题(共20分)13已知，函数的最小
3、值是_14在中, 是角所对的边长,若,则_15如图，在正三棱柱ABCA1B1C1中，所有棱长均为1，则点B1到平面ABC1的距离为 16若数列满足则数列的通项公式四、解答题(共70分)17已知为等差数列的前n项和，给出以下三个条件：；.从上面三个条件中任选一个解答下面的问题（如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分）（1）求及；（2）设，数列的前n项和为，证明：.18已知函数.（1）解不等式；（2）若时，恒成立，求的取值范围.19在四边形中，.（1）求的值；（2）若，求的长.20如图，四棱锥的底面为平行四边形，点、分别在、上，为中点，且平面.（1）若，求证：平面平面；（2）求证：平面.21已
4、知为锐角三角形，角，的对边分别为，若，.（1）求角的值；（2）求的取值.22已知数列的前项和为，且.（1）求数列的通项公式；（2）若，求数列的前项和.参考答案1C【解析】试题分析：因为方程有两个实数根是真命题；命题时函数的最小值为是真命题,故真假,故依据复合命题真假判定的结论可知是正确的,应选C2C【解析】试题分析：由余弦定理可得， ，将代入可得或，选C考点：余弦定理3B【解析】试题分析：由题根据韦达定理和等差中项性质不难得到，然后求得数列的前11项和.由题根据韦达定理得到，故选B.考点：等差数列性质4A【分析】首先画出可行域，利用目标函数的几何意义求的最小值.【详解】解：作出实数x，y满足约
5、束条件表示的平面区域（如图示：阴影部分）：由得，由得，平移，易知过点时直线在上截距最小，所以.故选：A.5A【解析】【分析】几何体复原为底面是直角三角形，一条侧棱垂直底面直角顶点的三棱锥，扩展为长方体，长方体的对角线的长，就是外接球的直径，然后求其的表面积【详解】解：由三视图还原原几何体如图，该几何体为三棱锥，底面是直角三角形，底面.则.扩展为长方体， 它的对角线的PB即为球的直径：该三棱锥的外接球的表面积为：41故选：A6B【分析】由正弦定理可得，再由余弦定理，求得，得到，结合三角形的面积公式，即可求解.【详解】因为，由正弦定理可得，又由余弦定理，得，即，解得，所以，所以的面积为.故选：B.
6、7A【解析】由已知，故选A.8B【解析】试题分析：由已知可得方程的两个根为，且 考点：9CE【解析】【分析】可以先求出方程有一正根和一负根的充要条件，然后根据集合的包含关系选择【详解】一元二次方程有一正根和一负根，.本题要求的是充分不必要条件，由于，即选项CE符合题意.故选：CE.10BC【分析】根据题设条件和三角形解的个数的判定方法，逐项判定，即可求解，得到答案.【详解】对于选项A中：由，所以，即三角形的三个角是确定的值，故只有一解；对于选项B中：因为，且，所以角有两解；对于选项C中：因为，且，所以角有两解；对于选项D中：因为，且，所以角仅有一解.故选：BC.11ABC【分析】根据等差数列的
7、性质及可分析出结果.【详解】因为等差数列中，所以，又，所以，所以，故ABC正确；因为，故D错误,故选：ABC12BC【分析】由基本不等式，可求的最大值，然后解二次不等式可得，结合选项即可判断【详解】正数，满足，即的最大值为，当且仅当时，取等号. 的解集为，.故选：BC.135【解析】分析：由，函数=-1+1，然后由基本不等式即可求得最小值.详解：由题可得：=-1+1，因为x1,所以x-10,由基本不等式可知：=-1+1，当x=3时取得最小值，故答案为5.141【解析】分析：根据正弦定理找到三角形中边之间的关系，再利用余弦定理可计算出的值.详解：由正弦定理得，又由余弦定理知 ，. 15【解析】试
8、题分析：在立体几何中，求点到平面的距离是一个常见的题型，同时求直线到平面的距离、平行平面间的距离及多面体的体积也常转化为求点到平面的距离本题采用的是“找垂面法”：即找（作）出一个过该点的平面与已知平面垂直，然后过该点作其交线的垂线，则得点到平面的垂线段观察点的位置可知：点B1到平面ABC1的距离就等于点C到平面ABC1的距离，取AB得中点M，连接CM，C1M，过点C作CDC1M，垂足为D，则平面ABC1平面C1CM，所以CD平面C1AB，故CD的长度即为点C到平面ABC1的距离，在RtC1CM中，利用等面积法即可求出CD的长度解：如图所示，取AB得中点M，连接CM，C1M，过点C作CDC1M，
9、垂足为DC1A=C1B，M为AB中点，C1MABCA=CB，M为AB中点，CMAB又C1MCM=M，AB平面C1CM又AB平面ABC1，平面ABC1平面C1CM，平面ABC1平面C1CM=C1M，CDC1M，CD平面C1AB，CD的长度即为点C到平面ABC1的距离，即点B1到平面ABC1的距离在RtC1CM中，C1C=1，CM=，C1M=CD=，即点B1到平面ABC1的距离为故答案为考点：点、线、面间的距离计算16试题分析：考点：数列求通项及等差数列求和17（1）；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）设数列的公差为d，将已知条件转化为关系，利用公式即可求解；（2）根据通项公式有，用裂项相消
10、法求出，即可证明结论.（1）设等差数列的公差为d，则由得： 又即 由解得： （2）由（1）得： 数列的前n项和 由，显然随n的增大而增大.，即18.【分析】（1）分三种情况讨论，分别利用一元二次不等式的解法求解即可；（2） 即对恒成立， 令，等价于，利用基本不等式求解即可.【详解】（1）由可得 即当时，不等式解集为; 当时，不等式解集为;当时，不等式解集为. (2) 即对恒成立， 令，等价于对恒成立， 又，当且仅当即时等号成立 的取值范围为19（1）；（2）.【解析】【分析】（1）在中，利用正弦定理可求出的值；（2）由已知条件可求出，然后在中利用余弦定理求得，在中利用勾股定理可求得的长【详解】
11、（1）设为，则在中，（2），在中，或-1（舍）在中，20（1）证明见解析（2）证明见解析【分析】（1）由已知平面，可得，结合，可证平面，即可证明结论；（2）连交于，连，可得，即可证明结论.【详解】（1）因为平面，平面，所以，又，平面，平面，所以平面.又平面，所以平面平面.（2）连接交于，连接，因为四边形为平行四边形，所以，又为中点，所以，又平面，平面，所以平面.21（1）；（2）【分析】（1）由正弦定理将边化角，即可求出角的值；（2）由正弦定理可得，再根据，则利用三角恒等变换化简，最后根据正弦函数的性质计算可得；【详解】（1）由正弦定理得：，又，锐角三角形，即：，.（2）由正弦定理得：，且，三
12、角形为锐角三角形，且，.22（1）；（2）.【解析】分析：（1）由，可得，两式相减可化为，可得数列是首项为，公比为的等比数列，从而可得结果；（2）由（1）可得.利用错位相减法，结合等比数列的求和公式可得数列的前项和.详解：（1）2Sn33an， 2Sn133an1， (n2) 得2Sn2Sn13an3an12an，则3 (n2)， 在式中，令n1，得a13数列an是首项为3，公比为3的等比数列，an3n （2）bnanlog3an+23nlog33n+2(n+2)3n 所以Tn331432533(n+1)3n1(n+2)3n， 则 3Tn 332433n3n1(n+1)3n(n+2)3n+1， 得，2Tn91 (32333n13n)(n+2)3n+1，9(n+2)3n+13n+1所以Tn3n+1
