安徽省马鞍山市第二中学2019_2020学年高二数学上学期开学考试试题(含解析)

题（含解析）

考生注意：

1.本卷共3页，22小题，满分100分，分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，考试时间90分钟.

2.请在答题卡指定位置上答题，在本试题卷上答题无效.

第Ⅰ卷（选择题，共36分）

一、选择题：本大题共12个小题,每小题3分,共36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.以下五个关系：a,bb,a，0，0，0，Ü0，其中正确的个数是（） A. 1 【答案】B 【解析】 【分析】

B. 2

C. 3

D. 4

是集合，0是元素，注意集合与集合、元素的关系表示符号.

【详解】a,b、b,a是相等的集合，具有子集关系，故正确；与0是集合与集合的关系，不能使用符号，故错误；0与是元素与集合的关系，但是中不包含元素0，故错误；表示集合中包含的元素也是集合，且是，而0表示集合中包含的是元素是数字0，两者之间没有关系，故错误；根据空集是任何非空集合的真子集，故正确.正确的有2个. 故选：B.

【点睛】本题考查元素与集合、集合与集合的关系判断，难度较易.注意空集是任何非空集合的真子集.

2.设集合Myy3xA. 2 【答案】D

2，Nyyx1，则MIN（）

2B. 1,2,1,2

C. 1,1 D. 1,3

【解析】 【分析】

分析每个集合中表示元素的范围，然后求交集.

22【详解】因为y3x3，所以M(,3]；因为yx11，所以N[1,)；

则MIN1,3. 故选：D.

【点睛】注意Myy3x2与M(x,y)y3x中的表示元素不同，

Myy3x表示y的取值范围，M(x,y)y3x表示y3x图象上点的

2222坐标.

3.在五个数1，2，3，4，5中，若随机取出三个数字，则剩下两个数字都是奇数的概率（） A.

3 10B.

3 20C.

1 5D.

1 4【答案】A 【解析】 【分析】

先通过列举法得到取三个数的总的可能数，然后看其中满足剩余两个数字都是奇数的种数，利用古典概型概率计算公式求解.

【详解】以(a,b,c)表示可能出现的情况：

(1,2,3)、(1,2,4)、(1,2,5)、(1,3,4)、(1,3,5)、(1,4,5)、(2,3,4)、(2,3,5)、(2,4,5)、(3,4,5)共10种；满(2,3,4)、(2,4,5)共3种，所以P足条件的有：(1,2,4)、故选：A.

【点睛】本题考查古典概型的概率计算，难度较易.列举的时候注意不要遗漏.

4.一组数据中的每一个数据都减去80，得一组新数据，若求得新数据的平均数是1.2，方差是4.4，则原来数据的平均数和方差分别是（ ） A. 81.2，4.4

B. 78.8，4.4

C. 81.2，84.4

D. 78.8，

3， 1075.6 【答案】A 【解析】 【分析】

根据平均数和方差的公式性质求解，原数据的平均数为1.2加80，方差不变，可得答案. 【详解】解：设这组数据为x1,x2,L,xn，平均数为x，方差为s2； 则新数据为x180,x280,L,xn80 它的平均数是xx180x280Lxn80

n

x1x2Lnxn80nx80 =1.2， x81.2；

方差为s21222x1801.2x2801.2Lxn801.2 n1222x181.2x281.2Lxn81.2 n4.4s2

故选：A．

【点睛】本题主要考察平均数与方差的计算，关键是要掌握平均数与方差的性质和计算公式.

5.设a,bR，定点P2,0到动直线axby0的距离最大值是（） A. 2 【答案】C 【解析】 【分析】

根据题意作出示意图，给定倾斜角，利用倾斜角表示距离，再计算最大值.

B. 3

C. 2

D. 22 【详解】

ABdOAsin，考虑到过原点直线的对称性，取[0,]，所以dmax2sin2，

22此时的直线方程为：x0， 故选：C.

【点睛】本题考查点到直线的距离的最值，难度较易.处理点到直线距离最值的问题，可采用图示法也可以采用公式直接计算.

6.若函数y2cos2x是偶函数，且在0,A. 上是增函数，则实数可能是（） 4C.

 2B. 0

 2D. 

【答案】D 【解析】 【分析】

根据偶函数得到的表达式，再根据单调性确定的可能取值.

【详解】因为函数是偶函数，所以k,kZ，排除A，C；当0时，函数在0,是减函数，故排除B， 故选：D.

【点睛】已知三角函数的奇偶性，求解函数中参数时，可借助诱导公式的“奇变偶不变”的原则去判断.

7.已知等比数列an的前项和为Sn，S41，S83，则a9a10a11a12（） A. 8

B. 6

C. 4

D. 2

上4【答案】C 【解析】 【分析】

由等比数列的前n项和性质可知：Sn、S2nSn、S3nS2n成等比数列，再根据

a9a10a11a12S12S8计算出结果.

【详解】因为S4、S8S4、S12S8成等比数列， 所以S8S4S4S12S8

代入数值所以S127，则a9a10a11a12S12S8734.

【点睛】（1）形如amam1...an的式子，可表示为am1am2...anSnSm(nm)； （2）等比数列中前n项和为Sn，则有Sn、S2nSn、S3nS2n成等比数列，其中公比q1或q1时且n不为偶数.

8.若a3，b2，c2，则（）

2535252555A. bca B. cba

C. acb D.

bac

【答案】A 【解析】 【分析】

利用指数函数和幂函数的单调性判断数值大小.

552【详解】因为y在(0,)上单调递减，所以22，则bc； 555x32又因为yx在(0,)上单调递增，所以32，所以ac；则bca，

25252555故选：A.

【点睛】指对数比较大小常用的方法：（1）利用单调性比较；（2）借助中间值比较（比如中间值‘1’）.

uuur9.在ABC中，AD为BC边上的中线，E为AD的中点，则EB=（ ）

r3uuur1uuuA. AB-AC

44r1uuur3uuuAB+AC 44【答案】B 【解析】 【分析】

r1uuur3uuuB. AB-AC

44r3uuur1uuuC. AB+AC

44D.

运用向量的加减运算和向量中点的表示，计算可得所求向量． 【详解】在△ABC中，AD为BC边上的中线，E为AD的中点，

uuuruuuruuuruuur1uuurEBABAEABAD

2uuur11uuuruuurAB（ABAC）

22r1uuur3uuuABAC， 44故选：B．

【点睛】本题考查向量的加减运算和向量中点表示，考查运算能力，属于基础题．

2]上是增函数，则 10.已知定义在R上的奇函数f(x)满足f(x4)f(x)，且在区间[0，A. f(25)f(11)f(80) C. f(11)f(80)f(25) 【答案】D 【解析】 【分析】

由fx4fx，得到函数的周期是8，然后利用函数的奇偶性和单调性之间的关系进行判断大小.

【详解】因为fx满足fx4fx，所以fx8fx， 所以函数fx是以8为周期的周期函数，

B. f(80)f(11)f(25) D. f(25)f(80)f(11)

则f25f1,f80f0,f11f3. 由fx是定义在R上的奇函数，

且满足fx4fx，得f11f3f1f1.

2上是增函数，fx是定义在R上的奇函数， 因为fx在区间0，2上是增函数， 所以fx在区间2，所以f1f0f1，即f25f80f11.

【点睛】在比较fx1，fx2，L，fxn的大小时，首先应该根据函数fx的奇偶性与周期性将fx1，fx2，L，fxn通过等值变形将自变量置于同一个单调区间，然后根据单调性比较大小．

11.函数fxloga2ax在0,1上是减函数，则a的取值范围是（） A. 0,1 【答案】C 【解析】 【分析】

先根据复合函数的单调性以及y2ax的单调性判断出a的基本范围，然后再根据真数大于零计算出a的最终范围.

【详解】因为a0，所以y2ax在0,1上是减函数，又因为f(x)在0,1上是减函数，

B. 0,2

C. 1,2

D. 2,

20所以ylogax是增函数，所以a1；又因为对数的真数大于零，则，所以a2；

2a0则a(1,2). 故选：C.

【点睛】复合函数单调性的判断依据：“同増异减”，即内外层函数单调性相同时，整个函数为增函数，内外层函数单调性相反时，整个函数为减函数.

xy3012.若直线y=2x上存在点（x，y）满足约束条件x2y30，则实数m的最大值为

xmA. -1 【答案】B 【解析】

B. 1

C.

3 2D. 2

【详解】

由，可求得交点坐标为，

要使直线上存在点满足约束条件，

如图所示，可得

，所以最大值为1，故选B.

第Ⅱ卷（非选择题，共64分）

二、填空题：本大题共5个小题，每小题4分，满分20分，请把答案填在答题卡相应位置. 13.已知函数fxlgx【答案】1 【解析】 【分析】

x2a为奇函数，则a__________；

根据f(x)f(x)求解出a的值. 【详解】因为f(x)lgxa1x2algfxlg，22xaxxxa则axax21xax2，且x2ax0，所以a1.

【点睛】已知函数为奇函数，可通过定义法：fxfx来求解其中参数的值.这里不能直接使用f00，因为定义域未知.

14.已知函数fx【答案】0,4 【解析】 【分析】

由f(g(x))的定义域求解fx的定义域，f(x)的定义域相当于g(x)的值域. 【详解】因为fx定义域是0,4.

【点睛】本题考查抽象函数的定义域问题，难度较易.注意由f(g(x))的定义域求解fx的定义域、由fx的定义域求解f(g(x))的定义域，两者的区别.

15.在△ABC中，角A,B,C所对的边分别为a,b,c，若其面积S的定义域是1,2，则函数fx的定义域是__________；

2的定义域是1,2，所以x22[0,4)，则f(x)中x[0,4)，即fx的

122bca2，则4A=__________.

【答案】

 4【解析】 【分析】

根据三角形的面积公式S11bcsinA与已知条件Sb2c2a2相等，结合余弦定理可24得cosAsinA，即tanA等于1，根据A的范围利用特殊角的三角函数值即可得到A的度数．

1122b2c2a22bca变形为： 【详解】由已知得：SbcsinAsinA，

242bc结合余弦定理可得cosAsinA，即tanA1， 又A0,， 则A4，故答案为

. 4点睛：本题主要考查学生灵活运用三角形的面积公式及余弦定理化简求值，是一道基础题．

rrrrrr16.已知acos,sin，bcos,sin，ab1，则a，b的夹角是__________；

【答案】

 3【解析】 【分析】

根据模长得到三角函数关系式，再利用数量积公式计算夹角. 【

详

解

】

因

为

rrab1，所以

rr21|ab|(coscos)2(sinsin)222cos()1，所以cos()，

2rurrrrrab1又cosa,brrcos()，所以a,b.

32|a||b|【点睛】本题考查向量数量积公式坐标表示的运用，难度一般.对于向量加法或者减法形式的模长，可以通过平方的方法将其转变为数量积的表示形式.

17.已知数列an中，a11，a2a1，a3a2，……，an1an，……构成2为首项，2为公比的等比数列，则数列的通项公式为an__________. 【答案】2n1 【解析】

【分析】

根据等比数列得到：an1an的递推公式，然后再计算an的通项公式.

详

解

】

由

题

意

知

：

an1an2n，

，所以则

【an2n1an(anan1)(an1an2)...(a2a1)a1(n2)2n21(12n)...212n1(n2)，当n1时，a11符合n2.

121n则an21.

【点睛】本题考查利用数列递推公式求解数列通项公式，难度一般.利用累加法求解数列通项公式的时候，要注意由an(anan1)(an1an2)...(a2a1)a1求解出数列通项公式后，一定要验证a1是否符合，若不符合则写成分段数列的形式.

三、解答题：本大题共5个小题，满分44分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 18.（1）计算log23log34lg0.01lne21log23； （2）已知

112，求的值；

1tan1sincos115；（2）

72【答案】（1）【解析】 【分析】

（1）利用对数运算法则直接化简计算；（2）将再计算. 【

详

解

1log2311sincos表示成tan形式表示出来

】（1）

log23log34lg0.01lne21lg32lg22lg10lne2212log23lg2lg31112(2)23；

22（2）因为

112，所以tan，

21tansin2cos21tan25又. 1sincossin2sincoscos21tantan271点睛】（1）巧用对数换底公式：logablogbclgblgclgclogac； lgalgblga【

（1）求m的值；

【答案】（1）m1；（2）1 【解析】 【分析】 【详解】（1） 所以(2x（2）同角的三角函数中“齐次”问题的解法：

asinbcosatanb（分子分母同

asinbcosatanb222asinbcosatanb除cos）；（分子分母同除cos2）. 222asinbcosatanbuuuruuur219.已知O为坐标原点，OA2cosx,1，OB1,3sin2xm，（xR，mR，muuuruuurx0,时，fx的最大值为2， fxOAOB是常数），若，当2（2）ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知bc23，fA1，边长b，a，c成等比，试求ABC的外接圆半径长；

uuuruuur（1）根据fxOAOB化简f(x)表达式，再根据最大值求解m的值；（2）根据fA1求解A，再利用余弦定理求解a的值，再根据正弦定理求解外接圆半径.

uuuruuurfxOAOB2cos2x3sin2xmx0,， 1cos2x3sin2xm2sin(2x)m1，又627)[,]，则f(x)max2sinm12且此时x ，则m1. 66626

（2）因为fx2sin(2x)，fA1，所以2sin(2A)1且A(0,)，则A，

6633；

由a2b2c22bccosAb2c2bc且a2bc，可得：a又

a2R，所以R1. sinAabc2R.这是求解三sinAsinBsinC【点睛】正弦定理与外接圆的半径R之间的关系：角形外接圆的半径或面积的有效方法.

20.已知fx是定义在1,1上的奇函数，且f11，如果曲线fx在定义域区间上任意两点连线的斜率均大于零.

（1）判断fx在1,1上的单调性，并证明它； （2）解不等式f2x1fx；

（3）若fxm2am1对所有的a1,1恒成立，求实数m的取值范围.

2【答案】（1）单调递增，证明见解析（2）x0x1；（3）mm2,或m0,或m2 【解析】 【分析】

（1）利用定义法证明单调性；（2）根据单调性将函数值之间的关系转变为自变量之间的关系；（3）将恒成立问题转变为一次函数在给定区间大于等于f(x)max，从而求解参数范围.

f(x1)f(x2)0，因为x1x20，【详解】（1）任取x1,x2[1,1]且x1x2，据题意有：

x1x2所以f(x1)f(x2)0，则f(x)在1,1上单调递增；

12x11（2）因为f(x)在1,1上单调递增，根据f2x1fx可得：1x1解得：

2x1x{x|0x1}；

（3）因为fxm2am1对所有的a1,1恒成立，所以fxmaxm2am1，

22因为f(x)maxf(1)1，所以1m22am1对所有的a1,1恒成立，

m22m0则：2 ，解得：mm2,或m0,或m2.

m2m0f(x1)f(x2)0(0)可判断是单调增（减）【点睛】（）定义法判断函数单调性的变形：

x1x2函数；(x1x2)(f(x1)f(x2))0(0)可判断是单调增（减）函数； （2）f(x)g(m)的恒成立问题，只要：f(x)maxg(m)即可.

*21.已知数列an中，a11，an12an1nN

（1）求an通项公式；

（2）设bnan1log2an1，求bn的前n项和；

n【答案】（1）an21，（2）n12【解析】 【分析】

（1）根据递推公式构造等比数列求通项公式；（2）利用错位相减法对数列求和. 【详解】（1）因为an12an1nNnn2公比为2的等比数列，则：an12即an21；

（2）bnan1log2an1n2，记bn的前n项和为Sn，则：

nSn121222323...n2n，则2Sn122223324...n2n1，

两式相减：Sn1222...2n2则bn的前n项和为：2(n1)2n1的n12

*，所以an112(an1)，则数列{an1}是首项为

123nn12(12n)n2n12(n1)2n1.

12.

【点睛】（1）形如an1panqp1,q0的递推公式，可采用构造等比数列的方法求解数列通项公式；

（2）错位相减法一般适用于：等差乘以等比形式的数列求和.

22.已知函数fx2为偶函数，曲线fx与x轴交于两点A，B，AB2，与y轴交于点0,3，

（1）求fx的解析式；

（2）过曲线fx上任意一点P作与直线l:2xy30夹角为30°的直线，交l于点A，求PA的最小值.

【答案】（1）fxx4x3（2）25 2【解析】 【分析】

（1）先分析得出f(x)是二次函数，然后根据已知条件求解函数解析式；（2）数形结合进行分析，找到PA最小值对应的位置，然后计算.

2【详解】（1）由条件可知f(x)为二次函数，故设f(x)axbxc且f(0)3，则c3，

又由fx2为偶函数可知f(x)对称轴x2，又因为AB2，所以f(x)图象过

ab30a12(1,0)、(3,0)，则解得，所以f(x)x4x+3；

9a3b30b4（2）

作出f(x)与l:2xy30的图象，d表示P到直线l:2xy30的距离，根据条件可知：|PA|d2d，故d有最小值时，|PA|有最小值.将直线l:2xy30平移至

sin30与f(x)相切，此时切点到直线l:2xy30的距离最小，即d最小，此时|PA|有最小值.设切线方程为：l1:2xyt0，联立2xym0可得：x22xm30，2yx4x+3|23|122244(m3)0，m2，则l1与l的距离d则|PA|min2d25.

5 ，

【点睛】直线与曲线相离时，求曲线上一点到直线的最小距离，可将直线平移至与曲线相切，此时的切点到直线的距离即为曲线上点的到直线的最短距离（平移至相切）.