西藏日喀则市2020-2021学年高二数学上学期期末学业水平考试试题-文.doc

西藏日喀则市2020-2021学年高二数学上学期期末学业水平考试试题 文

西藏日喀则市2020-2021学年高二数学上学期期末学业水平考试试题 文

年级：
姓名：

15

西藏日喀则市2020-2021学年高二数学上学期期末学业水平考试试题 文
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，写在本试卷上无效。
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求的。
1.已知，，则“，”是“”的（ ）
A.充分不必要条件 B.必要不充分条件
C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件
2.在中，，，分别是内角，，的对边，且，则角的大小为（ ）
A. B. C. D.
3.已知，，且满足，那么的最小值为（ ）
A. B. C. D.
4.设，满足条件，则的最小值是（ ）
A. 14 B. C.10 D.4
5.若椭圆（其中）的离心率为，两焦点分别为，，为椭圆上一点，且的周长为16，则椭圆方程为（ ）
A. B. C. D.
6.双曲线（，）的一条渐近线与圆上切，则此双曲线的离心率为（ ）
A. 2 B. C.3 D.
7.在中，角，，的对边分别是，，，若，则的形状一定是（ ）
A.等腰三角形 B.直角三角形 C.钝角三角形 D.锐角三角形
8.数列为等差数列，，，为等比数列，，则（ ）
A. 5 B. C.0 D.1
9.设是等比数列的前项和，若，则（ ）
A. B. C. D.
10.已知，满足，若最大值4，则实数的值为（ ）
A. B. C. D.1
11.已知实数，满足，则的最大值为（ ）
A. B.2 C.1 D.
12.双曲线的虚轴长为4，离心率，，分别是它的左右焦点，若过的直线与双曲线的左支交与、两点，且是，等差中项，则等于（ ）
A. B. C. D.3
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.在中，已知，，，则 .
14.已知数列是公差不为0等差数列，其前项和为，若，则的值为 .
15.抛物线的焦点坐标为 .
16.已知四个函数①；②；③；④，其中函数最小值是2的函数编号为 .
三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。（第17题10分，18-22题每小题12分）
17.在中，解，，所对的边分别是，，，已知.
（1）求角的大小；
（2）若，，求的面积.
18.在中，解，，所对的边分别是，，，且，.
（1）求角的大小；
（2）若的外接圆半径是，求的周长.
19.设是正项数列的前项和，.
（1）设数列的通项公式；
（2）若，设，求数列的前项和.
20.已知数列中，，.
（1）设，求证：数列是等比数列，并求数列的通项公式；
（2）凤，求证：数列的前项和.
21.已知抛物线（）的顶点为，焦点坐标为.
（1）求抛物线方程；
（2）过点且斜率为1的直线与抛物线交于、两点，求线段的值.
22.已知椭圆：（）的左、右焦点为，，离心率为，且点在椭圆上.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）若直线：椭圆相交于，两点，求（为坐标原点）的面积.
参考答案
1.A
【分析】
根据充分必要条件的定义以及不等式的性质判断即可.
【详解】
由，解得，或，，
故“，”是“”的充分不必要条件.
故选：A.
【点睛】
本小题主要考查必要条件、充分条件与充要条件的判断，属于基础题.
2.B
【分析】
直接由余弦定理即可得出
【详解】
由余弦定理得：
因为
所以，因为
所以
故选：B
【点睛】
本题考查的是余弦定理的直接运用，较简单.
3.A
【分析】
利用“乘1法”与基本不等式的性质即可得出结果.
【详解】
解：∵，，且满足，
那么

.
当且仅当时取等号.
∴最小值为.
故选：A
【点睛】
本题考查基本不等式的应用，利用“乘1法”是基本不等式求最值中的重要方法，基本不等式的应用要注意“一正二定三相等”.
4.D
【解析】
作出可行域如下图：

由可得：，平移直线，则当直线经过点时，直线的截距最小，此时的最小值为4，故选D.
5.B
【分析】
利用三角形的周长以及离心率列出方程求解，，然后求解，即可得到椭圆方程.
【详解】
解：椭圆（其中）的两焦点分别为，，为椭圆上一点，且的周长为16，可得，
椭圆（其中）的离心率为，可得，解得，，则，
所以椭圆的方程为：.
故选D.
【点睛】
本题考查椭圆的简单性质的应用，是基本知识的考查，属于简单题.
6.D
【解析】
试题分析：双曲线的渐近线方程为，即，圆在第二象限，则与直线相切，，，，化简得.故选D.
考点：双曲线的性质，直线与圆的位置关系.
7.B
【解析】
由条件知可由余弦定理得到
满足勾股定理，故得到三角形是直角三角形。
故答案为：B。
点睛：在解与三角形有关的问题时，正弦定理、余弦定理是两个主要依据.解三角形时，有时可用正弦定理，有时也可用余弦定理，应注意用哪一个定理更方便、简捷一般来说，当条件中出时出现及、时，往往用余弦定理，而题设中如果边和正弦、余弦函数交叉出现时，往往运用正弦定理将边化为正弦函数再结合和、差、倍角的正余弦公式进行解答
8.D
【解析】
试题分析：因为数列，，既为等差数列，也为等比数列，所以，，是一个常数数列，即数列为常数数列，又，所以，故选D.
考点：等差数列，等比数列.
9.B
【分析】
利用等比数列的求和公式，化简，再代入计算，即可得出结论.
【详解】
∵
∴
∴
∴，
∴.
故选B.
【点睛】
本题考查等比数列的求和公式，考查学生的计算能力，属于中档题.对于等比等差数列的小题，常用到的方法，其一是化为基本量即首项和公比或者公差，其二是观察各项间的脚码关系，即利用数列的基本性质.
10.B
【解析】
如图，
即时，
解得
故选B
11.B
【解析】
原式可化为：，解得，当且仅当时成立.所以选B.
12.C
【解析】
试题分析：由题意可知，，于是，∵是，的等差中项，
∴，∵，
∴，∴.
考点：双曲线的简单性质
13.
【解析】
由余弦定理，解得，（舍），所以是等边三角形，，填.
14.
【详解】
由题意，则，应填答案.
15.
【分析】
将抛物线的方程变为标准形式，进而求得答案.
【详解】
由题可得抛物线的标准方程为，开口向上，焦点在轴上且
所以焦点坐标为
【点睛】
本题考查抛物线的标准方程，属于基础题.
16.②④
【解析】
【分析】
“一正二定三相等”，不能直接使用均值不等式的化简变形再用均值不等式.
【详解】
①函数的自变量没有正数条件，其最小值不是2；②函数，当时，当时，函数，函数最小值为2；③函数，最小值为2时取等号的条件不满足；
④，当且仅当时取“”，所以正确答案为②④.
【点睛】
“一正二定三相等”，不能直接使用均值不等式的化简变形再用均值不等式.
17.（1）；（2）
【分析】
（1）由正弦定理的边角互化可得，再根据莫文蔚其二和的正弦公式化简即可求解.
（2）由（1）根据余弦定理求出，再根据三角形的面积公式即可求解.
【详解】
（1）因为，由正弦定理可得，
，
因为，∴，所以，
（2）由余弦定理可得，，解可得，，

【点睛】
本题考查了正弦定理、余弦定理解三角形，两角和的正弦公式的逆应用以及三角形的面积公式，掌握定理以及面积公式是解题的关键，属于基础题.
18.（1）；（2）.
【分析】
（1）根据两角和的三角函数公式化简，进而得到，再代入利用余弦定理求解即可.
（2）利用正弦定理求解得，根据再代入求解得即可.
【详解】
解：（1）因为，
所以，
所以，
所以，
所以.
由正弦定理，得.
因为，
由余弦定理，得
又因为，所以
（2）因为的外接圆半径是
则由正弦定理，得.解得.
所以.将代入中，得，
解得（舍去）或.
所以的周长是.
【点睛】
本题主要考查了正余弦定理在解三角形中的运用，同时也考查了两角和的三角函数公式，属于中等题型.
19.（1）；（2）
【详解】
（Ⅰ）当时，，解得（舍去），.
当时，由得，，
两式作差，得，
整理得，，
，，
∵数列为正项数列，，
∴，即，数列是公差为1的等差数列，
∴.
（Ⅱ）∵，
∴，①
，②
，
∴
20.（1）见解析；（2）；（3）见解析
【解析】
试题分析：（1）将转化，即可证得结论；（2）由（1），即可求数列的通项公式；（3）利用裂项法求和，即可得到结论.
试题解析：（1）由得即，
又，故所以数列是等比数列.由（1）知是，的等比数列，
故，∴.
（2），
∴.
考点：数列递推式；等比关系的确定；数列与不等式的综合
【方法点睛】由数列的递推公式求通项公式时，若递推关系为或，则可以分别通过累加、累乘法得通项公式，另外，通过迭代法也可以求得上面两类数列的通项公式，（如角度二），注意：有的问题也可利用构造法，即通过对递推式的等价变形，（如角度三、四）转化为特殊数列求通项.
21.（1）.（2）
【分析】
（1）由题得，解之即得抛物线的方程；（2）设直线方程为，利用弦长公式求解.
解：（1）∵焦点坐标为
∴，，
∴抛物线的方程为.
（2）设直线方程为，设，，
联立
消元得，
∴，，，
∴

.
∴线段的值为.
【点睛】
本题主要考查抛物线方程求法，考查弦长的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和计算能力.
22.（1） （2）
【分析】
（1）由离心率得，点在椭圆上得，结合可求得，得椭圆方程；
（2）设，，直线过焦点，因此，由直线方程与椭圆方程联立，利用韦达定理可求得.
【详解】
（1）椭圆：（）的左、右焦点为，，离心率为，且点在椭圆上，
可得，∴椭圆的标准方程为.
（2）设，，直线过焦点，
由，联立得，∴，.
，
∴.
【点睛】
本题考查求椭圆标准方程，考查椭圆中的面积问题.首先确定直线过轴上的点，从而得，由直线方程与椭圆方程联立，消元后利用韦达定理可求得.这就是“设而不求”思想.