2020年陕西安康高三二模数学试卷(理科)

B.C.D.11.在中，，，，则当，为所在平面内一点，且（ ）．，若取得最大值时，A.B.C.D.12.棱长为的正四面体与正三棱锥的底面重合，若由它们构成的多面体的内切球半径为（ ）．的顶点均在一球的球面上，则正三棱锥A.B.C.D.二、填空题（本大题共12小题，每小题5分，共60分）13.已知向量，．若，则 ．14.设，满足约束条件，则 的最小值为 ．15.函数 ．的图象在点处的切线垂直于直线，则16.对于等差数列和等比数列，我国古代很早就有研究成果．北宋大科学家沈括在《梦溪笔谈》中首创的“隙积术”，就是关于高阶等差级数求和的问题．现有一货物堆，从上向下查，第一层有个货物，第二层比第一层多个，第三层比第二层多个，依此类推，记第层货物的个数为通项公式 ，数列的前项和 ．，则数列的3

三、解答题（本大题共6小题，共70分）17.已知是递增的等比数列，的通项公式．，求数列，且．（1）求数列（2）设的前项和．18.在（1）求（2）若中，角，，所对的边分别是，，且的值．，求的取值范围．．19.在四棱锥中，，，，的中点为．，（1）证明：（2）求二面角平面．的余弦值．20.已知函数对称轴是（1）求（2）已知，一个对称中心是的解析式．是锐角三角形，向量，且，，求．的最大值是，函数的图象的一条，．21.已知函数（1）讨论（2）若曲线的单调性．在点．处的切线斜率为，证明：．22.已知函数．4

（1）当（2）当（3）证明：，时，若时，证明：在，．上为增函数，求的取值范围．．【答案】1.D解析:全称量词命题的否定是特称量词命题．2.B解析:因为所以3.D解析:因为故选．4.A解析:∵，∴又排除．故选．5.A解析:为奇函数，排除，，，，，，，所以．或，．，5

等价于6.A解析:依题意得由，为方程，解得，所以．的两个实数根，，故．7.C解析:，因为所以又所以故8.C解析:由，得，所以．当且仅当故选．9.C解析:因为所以因为所以所以或或，．．，，，即，时，等号成立．．在在在上不单调，上有解，上单调递减，，，6

10.D解析:当可得两式相加得所以当所以故选．11.C解析:由即当且仅当此时所以，，所以，得的最大值为，，时，时，由，，，.，，即，时取“”，．12.B解析:由题意，多面体易求正四面体设正三棱锥因为所以因为底面所以则正三棱锥易求证三棱锥体积设正三棱锥的内切球半径为，由，的边长为，，的三条侧棱两两垂直．的表面积，．，的外接球即正四面体，的高为的高为，，，外接球半径为的外接球，且其外接球的直径为，，7得故选．13.解析:由故答案为：14.解析:．．，得．作出可行域（如下图所示），可知当直线 ．2y经过点 时， 取得最小值x–6–4–2O–2–415.解析:因为所以因为所以故答案为：16.解析:，，，叠加可得，，，，则． ; ．．．，，8

17.（1）（2）解析:（1）∵∴又∴∴∴∴（2）∵或，或．．，（舍），，，（舍），．，∴，两式相减得，∴18.（1）（2）解析:（1）∵∴∴整理得∵∴∴∴（2）由（）得，，，，从而，．，，，，．．．9∴∴，从而，，，∵∴∴，，从而，故，的取值范围是．19.（1）证明见解析．（2）解析:（1）连接，因为，为棱的中点，．所以因为在所以在所以在所以所以又所以（2）以，中，，中，，中，，，，，平面．，，，，，，，，为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系10则，，，，，，，，，设平面则令所以取平面所以因为二面角所以二面角20.（1）（2）解析:（1）设∵∴∴∴∴∵∴∵∴∴∵∴又∵，．的法向量为，则，，，的一个法向量为，为锐角，的余弦值为．．，．的最小正周期为，图象的一条对称轴是，，，，，，，，，一个对称中心是，．图象的一条对称轴是，，．，，．的最大值是，11∴（2）∵∴，从而，，．，，∴又∵是锐角，∴∵∴∴．21.（1）当当时，时，在在上单调递增；和上单调递减．（2）证明见解析．解析:（1）当当时，时，在,恒成立，所以在和上单调递减．（2）由令则令所以所以设则所以当时，，即恒成立，所以，当时，；当在，得,．；令上单调递减，在恒成立，即．，令恒成立，所以时，，所以，，；，，得．上单调递增，所以，，解得，，所以．上单调递增；上单调递增，在上单调递增，在．，，，，，，12即综上，22.（1）证明见解析．（2）．．，即．（3）证明见解析．解析:（1）当所以令所以所以故（2）当所以即令显然当当而当所以所以所以在在，时，时，时，上单调递增，，，即的取值范围是，，，，所以，即，，．，，时，在．，上恒成立，在，得，时，．；令上单调递增，在，，得．，上单调递减，上恒成立．，；（3）由（）知令所以，得13，所以．14