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1、天水一中2020届20192020学年度第一学期第二次考试数学理科试题一、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.已知集合A=x|x22x30，集合B=x|2x+11，则BA=（）A. 3，+）B. （3，+）C. （，13，+）D. （，1）（3，+）【答案】A【解析】因为，所以；故选A.2.下列说法错误的是（ ）A. 命题“若，则”的逆否命题是“若，则”B. “”是“”充分不必要条件C. 若为假命题，则、均为假命题D. 命题：“，使得”，则非：“，”【答案】C【解析】【分析】由命题的逆否命题为将条件、结论互换,再同时进行否定,
2、可得A正确；由“”的充要条件为“”,可得B正确；由“且”命题的真假可得C错误；由特称命题的否定为全称命题可得D正确，得解.【详解】解:对于选项A,命题的逆否命题为将条件、结论互换,再同时进行否定,可得命题“若，则”的逆否命题是“若，则”,即A正确；对于选项B, “”的充要条件为“”,又“”是“”的充分不必要条件,即B正确；对于选项C, 为假命题，则、至少有1个为假命题,即C错误；对于选项D,由特称命题的否定为全称命题可得命题：“，使得”，则非：“，”,即D正确,故选:.【点睛】本题考查了四种命题的关系、充分必要条件及特称命题与全称命题，重点考查了简单的逻辑推理，属基础题.3.已知，为两条不同的
3、直线，为两个不同的平面，对于下列四个命题：， ， ，其中正确命题的个数有（ ）A. 个B. 个C. 个D. 个【答案】A【解析】，则与可能相交，错；，则可能平面内，错；，则与可能异面，错；，则与可能异面，错，故所有命题均不正确，故选【方法点晴】本题主要考查线面平行的判定与性质、面面平行判定与性质，属于中档题. 空间直线、平面平行或垂直等位置关系命题的真假判断，常采用画图（尤其是画长方体）、现实实物判断法（如墙角、桌面等）、排除筛选法等；另外，若原命题不太容易判断真假，可以考虑它的逆否命题，判断它的逆否命题真假，原命题与逆否命题等价.4.若cos（-）=，则cos（+2）的值为（）A. B. C
4、. D. 【答案】A【解析】【分析】利用二倍角公式求出的值，再利用诱导公式求出的值【详解】cos，cos2121，coscoscos.故选：A.【点睛】本题考查了余弦二倍角公式与诱导公式的应用问题，是基础题5.已知等差数列的前项为，且，则使得取最小值时的为（ ）A. 1B. 6C. 7D. 6或7【答案】B【解析】试题分析：由等差数列的性质，可得，又，所以，所以数列的通项公式为，令，解得，所以数列的前六项为负数，从第七项开始为正数，所以使得取最小值时的为，故选B考点：等差数列的性质.6.若直线被圆截得弦长为，则的最小值是（ ）A. B. 4C. 9D. 【答案】C【解析】【分析】由圆的标准方程
5、可得，圆的直径长为4，由题意可得直线过圆的圆心，则，再结合重要不等式求的最小值即可.【详解】解：将圆的一般方程，化为标准式可得，结合直线被圆截得弦长为，可得直线过圆的圆心，即，则，则=，当且仅当，即时取等号，故选：.【点睛】本题考查了圆的方程及直线与圆的位置关系，重点考查了重要不等式及运算能力，属中档题.7.如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，底面ABC是等边三角形，AA1底面ABC，且AB=2， AA1=1，则直线BC1与平面ABB1A1所成角的正弦值为（）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】先作出直线BC1与平面ABB1A1所成角，再根据直角三角形求结果.【详解】取A1B1
6、中点M，连C1M,BM,因为在三棱柱ABC-A1B1C1中，底面ABC是等边三角形，所以底面A1B1C1是等边三角形，从而C1MA1B1,因为AA1底面ABC，所以AA1底面A1B1C1，即AA1C1M，从而C1M平面ABB1A1，因此为直线BC1与平面ABB1A1所成角,因为,选C.【点睛】本题考查线面角，考查基本分析求解能力，属基础题.8.已知一个简单几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为A. B. C. D. 【答案】A【解析】由三视图知，该几何体有四分之一圆锥与三棱锥构成，故体积，故选A.9.满足约束条件若取得最大值的最优解不唯一，则实数的值为（ ）A. 或B. 或C. 或D. 或
7、【答案】B【解析】试题分析:由得，作出可行域如下图所示，当或时，即或时，取得最大值的最优解不唯一，故选B.考点：线性规划.10.已知函数，若对任意，总存在，使得成立，则实数的取值范围为A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】分别求出在的值域，以及在的值域，令在的最大值不小于在的最大值，得到的关系式，解出即可.【详解】对于函数，当时，由，可得，当时，由，可得，对任意，对于函数，对于，使得，对任意，总存在，使得成立，解得，实数的取值范围为，故选B【点睛】本题主要考查函数的最值、全称量词与存在量词的应用.属于难题.解决这类问题的关键是理解题意、正确把问题转化为最值和解不等式问题，全称量词与
8、存在量词的应用共分四种情况：（1） 只需；（2） ，只需 ；（3）， 只需 ；（4）， .11.已知O是平面上的一定点，A，B，C是平面上不共线的三点，动点P满足，则动点P的轨迹一定通过的（ ）A. 重心B. 垂心C. 外心D. 内心【答案】A【解析】试题分析：由正弦定理得，所以，而，所以表示与共线的向量，而点是的中点，即的轨迹一定是通过三角形的重心，故选A.考点：平面向量.【思路点晴】本题主要考查向量的加法和减法的几何意义，考查了解三角形正弦定理，考查了三角形四心等知识.在几何图形中应用平面向量加法和减法，往往要借助几何图形的特征，灵活应用三角形法则和平行四边形.当涉及到向量或点的坐标问题时
9、，应用向量共线的充要条件解题较为方便.三角形的四心是：内心、外心、重心和垂心.12.已知函数的图像上有且仅有四个不同的关于直线对称的点在的图像上，则的取值范围是( )A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据对称关系可将问题转化为与有且仅有四个不同的交点；利用导数研究的单调性从而得到的图象；由直线恒过定点，通过数形结合的方式可确定；利用过某一点曲线切线斜率的求解方法可求得和，进而得到结果.【详解】关于直线对称的直线方程为：原题等价于与有且仅有四个不同的交点由可知，直线恒过点当时，在上单调递减；在上单调递增由此可得图象如下图所示：其中、为过点的曲线的两条切线，切点分别为由图象可知，当
10、时，与有且仅有四个不同的交点设，则，解得：设，则，解得：，则本题正确选项：【点睛】本题考查根据直线与曲线交点个数确定参数范围的问题；涉及到过某一点的曲线切线斜率的求解问题；解题关键是能够通过对称性将问题转化为直线与曲线交点个数的问题，通过确定直线恒过的定点，采用数形结合的方式来进行求解.二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13.等差数列，的前项和分别为，且，则_【答案】【解析】【分析】根据等差数列的性质可得，结合题中条件，即可求出结果.【详解】因为等差数列，的前n项和分别为，由等差数列的性质，可得，又，所以.故答案为【点睛】本题主要考查等差数列的性质，以及等差数列的前项和，熟记等
11、差数列的性质与前项和公式，即可得出结果.14.已知为单位向量且夹角为 ，设，在方向上的投影为_ 【答案】【解析】【分析】可知这样即可求出 及的值，从而得出在方向上的投影的值【详解】由题可知 故，在方向上的投影为即答案为.【点睛】考查单位向量及投影的定义，数量积的运算及计算公式15.如图，为平面四边形的四个内角，若，则四边形面积是_【答案】【解析】【分析】在，中，利用余弦定理可得=，再结合可得，再结合三角形面积公式可得，将值代入运算即可.【详解】解：连接BD，在中，在中，所以=，因为，所以，所以，则，所以四边形面积 ，故答案为：.【点睛】本题考查了余弦定理及三角形的面积公式，重点考查了解三角形及
12、运算能力，属中档题.16.如图，圆形纸片的圆心为，半径为，该纸片上的正方形的中心为为圆上的点，分别是以为底边的等腰三角形.沿虚线剪开后，分别以为折痕折起，使得重合，得到一个四棱锥.当该四棱锥的侧面积是底面积的2倍时，该四棱锥的外接球的体积为_【答案】【解析】如图，连结交于点，设重合于点，正方形的边长为，则该四棱锥的侧面积是底面积的倍，解得，设该四棱锥的外接球的球心为，半径为，则，解得，外接球的体积，故答案为.三、解答题：共70分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.17.等比数列的各项均为正数，成等差数列，且满足求数列的通项公式；设，求数列的前n项和【答案】（）an=（nN*）（）1
13、-【解析】【分析】根据条件列关于公比与首项的方程组，解得结果代入等比数列通项公式即可，先化简，再根据裂项相消法求结果.【详解】解：（）设公比为，则因为，成等差数列， 所以2=+，即因为，所以（）bn=-，nN*，数列bn的前n项和Sn=+=1-，nN*【点睛】本题考查等比数列通项公式以及裂项相消法求和，考查基本分析求解能力，属中档题.18.中，角的对边分别是，已知（1）求的大小；（2）若，求周长的最大值【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）由正弦定理化角为边可得，再结合余弦定理可得，再求C即可；（2）由正弦定理化边为角可得，再由辅助角公式可得，再由利用三角函数值域的求法即可得解.【详解】
14、解：（1）中，角，的对边分别是，.由已知，得，即，由，.（2），.设的周长为，则，故周长的最大值为.【点睛】本题考查了正弦定理及辅助角公式，主要考查了三角函数的值域，重点考查了三角函数的有界性及运算能力，属中档题.19.如图，在四棱锥PABCD中，AB/CD，且.（1）证明：平面PAB平面PAD；（2）若PA=PD=AB=DC，求二面角APBC的余弦值.【答案】（1）见解析；（2）.【解析】【详解】（1）由已知，得ABAP，CDPD由于AB/CD ，故ABPD ，从而AB平面PAD又AB 平面PAB，所以平面PAB平面PAD（2）在平面内作，垂足为，由（1）可知，平面，故，可得平面.以为坐标原点，的方向为轴正方向，为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系.由（1）及已知可
