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.45.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.19.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.111.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；，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B11.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.【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，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】（）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.