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-理.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 理西藏日喀则市2020-2021学年高二数学上学期期末学业水平考试试题 理年级：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 理注意事项：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，将答案写在答题卡上。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，只有一项是符合题目要求的。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（ ）ABCD3已知，且满足，那么的最小值为（ ）ABCD4设，满足条件，则的最小值是（ ）A14B-4C10D45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，则椭圆的方程为（ ）ABCD6双曲线（，）的一条渐近线与圆相切，则此双曲线的离心率为（ ）A2BC3D7在中，则的形状是（ ）A等腰非直角三角形B等腰直角三角形C直角非等腰三角形D等腰或直角三角形8已知数列，若，则（ ）A2020B2018C2019D20219已知等差数列与等差数列的前项和分别为和，若，则（ ）ABCD10在不等式组所表示的平面区域上，点在曲线上，那么的最小值是（ ）AB1CD11已知实数，满足，则的最大值为（ ）A-1B2C1D-212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，的等差中项，则等于（ ）ABCD3二、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的等差数列，其前项和为，若，则的值为_15抛物线（）上横坐标为6的点到焦点的距离为10，则_16已知四个函数；，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，角，所对的边分别是，已知（1）求角的大小；（2）若，求的面积18在中，角，所对的边分别为，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，且（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）设，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1A【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2B【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3A【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”4D【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D5D【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6D【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7C【分析】由正弦定理可得，化为，由，进而可得结果【详解】，化为，由正弦定理可得，是直角三角形，不是等腰三角形，故选C【点睛】判断三角形状的常见方法是：（1）通过正弦定理和余弦定理，化边为角，利用三角变换得出三角形内角之间的关系进行判断；（2）利用正弦定理、余弦定理，化角为边，通过代数恒等变换，求出边与边之间的关系进行判断；（3）根据余弦定理确定一个内角为钝角进而知其为钝角三角形8B【分析】根据数列的递推公式可得数列是以2为首项，以-1为公比的等比数列，即可求解【详解】由，可得，因为，所以数列是以2为首项，以-1为公比的等比数列，所以，所以，所以，故选B【点睛】本题主要考查了数列的递推关系式和等比数列的应用，其中解答中根据数列的递推关系式，得到数列是以2为首项，以-1为公比的等比数列是解答的关键，着重考查了推理与运算能力9C【分析】取，代入计算得到得到答案【详解】，则故选：C【点睛】本题考查了等差数列的前项和公式的应用，取是解题的关键10B【解析】试题分析：如图，画出平面区域（阴影部分所示），由圆心向直线作垂线，圆心到直线的距离为，又圆的半径为1，所以可求得的最小值是1，故选B考点：简单线性规划11B【解析】原式可化为：，解得，当且仅当时成立，所以选B12C【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1330【解析】由余弦定理，解得，（舍），所以是等边三角形，填30。14-3【详解】由题意，则 ，应填答案-31516【解析】【分析】根据抛物线的定义可知，抛物线上横坐标为6的点到焦点的距离为10转化为点到准线的距离为10，列出方程，即可求解【详解】由抛物线，可得其准线方程为，又由抛物线上横坐标为6的点到焦点的距离为10，根据抛物线的定义可知，抛物线上横坐标为6的点到准线的距离为10，即，解得【点睛】本题主要考查了抛物线的定义及标准方程的应用，其中解答中根据抛物线的定义，转化为到抛物线的准线的距离，列出方程是解答的关键，着重考查了转化思想，以及推理与运算能力，属于基础题16【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】函数的自变量没有正数条件，其最小值不是2；函数，当时，当时，函数最小值为2；函数，最小值为2时取等号的条件不满足；，当且仅当时取“”所以正确答案为【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，再根据两角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】（1）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，（）， 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、累乘法求得通项公式，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【详解】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的求法，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