1、湖南省娄底市2020-2021学年高二数学上学期期中试题总分：150分 时量：120分钟一、单项选择（每小题5分，共40分）1、已知全集，集合，则为（ ）A B C D2、是（ ）A第一象限角 B第二象限角 C第三象限角D第四象限角3、在新高考改革中,一名高一学生在确定选修物理的情况下,想从政治,地理,生物,化学中再选两科学习,则所选两科中一定有地理的概率是（ ）A B C D4、已知椭圆的焦点在y轴上，长轴长是短轴长的两倍，则( )A B2 C D45、设向量，且，则（ ）A B C D6、设，则的大小关系为（ ）AB CD7、已知函数，（其中且），在同一坐标系中画出其中两个函数在第一象限内
2、的大致图像，其中正确的是（ ）8、在数列 中，已知，则等于()A B C D二、多项选择题（每小题5分，共20分；少答计3分，多答或答错计0分）9、给出下列四个关系式，其中不正确的是（ ）A BC D10、设，以下四个命题中正确的是（ ）A若为定值，则有最大值 B若，则有最大值4C若，则有最小值4 D若总成立，则的取值范围为11、已知双曲线C的标准方程为，则（ ）A双曲线C的离心率等于半焦距 B双曲线与双曲线C有相同的渐近线C双曲线C的一条渐近线被圆截得的弦长为D直线与双曲线C的公共点个数只可能为0，1，212、如图，正方体的棱长为1，线段上有两个动点E、F，且，则下列结论中正确的是（ ）A线
3、段上存在点E、F使得 B平面ABCDC的面积与的面积相等 D三棱锥A-BEF的体积为定值三、填空题（每小题5分，共20分）13、命题“”，命题“”，则是的_条件.14、双曲线的渐近线方程为_.15、若，则函数有零点的概率为_.16、已知数列的前n项和Sn2an1(nN)，设bn1log2an，则数列的前n项和Tn_四、 解答题（第17题10，其余12分每题，共70分）17、已知向量.记.(1)求的最小正周期及单调增区间；(2)在中，角的对边分别为若，求的值.18、在，三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解答.设是公比大于0的等比数列，其前n项和为是等差数列.已知，_.（1）求和的通项公式
4、；（2）设求.19、如图已知四棱锥A-BCC1B1底面为矩形，侧面ABC为等边三角形，且矩形BCC1B1与三角形ABC所在的平面互相垂直，BC=4，BB1=2，D为AC的中点.（1）求证：平面；（2）求点D到平面ABC1的距离.20、已知曲线,.(1)当取何值时，方程表示圆？(2)求证：不论为何值，曲线必过两定点.(3)当曲线表示圆时，求圆面积最小时的值.21、已知函数，且，（1）求，的值（2）判断的奇偶性（3）试判断函数在上的单调性，并证明（4）求函数的最小值22、点在椭圆：上，且点到椭圆两焦点的距离之和为(1)求椭圆的方程；(2)已知动直线与椭圆相交于两点，若，求证：为定值2020年下学期
5、高二期中大联考数学参考答案一、单项选择1、【答案】C2、【答案】C3、【答案】D4、【答案】C5、【答案】D6、【答案】B7、【答案】C8、【答案】B二、多项选择题9、【答案】AC 10、【答案】CD 11、【答案】AD 12、【答案】BD三、填空题13、【答案】必要不充分 14、【答案】15、【答案】 16、【答案】四、解答题17、【答案】(1)，函数的单调增区间为；(2).试题分析：（1）利用平面向量的数量积公式求出的解析式,利用二倍角的正弦公式、二倍角的余弦公式以及两角和的正弦公式化简，再根据正弦函数的性质得出周期，列出不等式解出增区间；(2)根据计算,由正弦定理得出,再利用余弦定理列方
6、程求解即可.详解：由已知，(1)，由复合函数的单调性及正弦函数的单调性，解得，所以，函数的单调增区间为.(2)由,得,因为，根据正弦定理，得，由余弦定理，有，则，所以，.【点睛】本题主要考查正弦定理、余弦定理、二倍角公式以及三角函数的单调性，属于中档题.18、【答案】（1）（2）试题分析：（1）直接利用等差数列等比数列公式计算得到答案.（2），利用错位相减法计算得到答案.详解：（1）方案一：选条件：设等比数列的公比为q，解得或，.设等差数列的公差为d，解得，.方案二：选条件：设等比数列的公比为q，解得或，.设等差数列的公差为，解得，方案三：选条件，设等比数列的公比为，解得或，.设等差数列的公差
7、为，解得，（2），【点睛】本题考查了等差数列等比数列通项公式，错位相减法求和，意在考查学生对于数列公式方法的综合应用.19、【答案】（1）证明见解析；（2）.试题分析：（1）连接，交于，连接，利用已知条件可得，由线面平行的判定定理即可得证；（2）先利用面面垂直得面，再利用求距离即可.详解：（1）证明：连接，交于，连接，由矩形可知为的中点，又D为AC的中点，则，平面，平面，所以平面；（2）由题意得：面面，又面，面面，所以面，则，又，所以，又，则的高为，所以，又，则，设点D到平面ABC1的距离为，则，故，所以点D到平面ABC1的距离为.【点睛】本题主要考查了线面平行的判定定理以及利用等体积法求点到
8、面的距离.属于中档题.20、【答案】(1)时，方程表示圆；(2)证明见解析；(3)试题分析：（1）当时，可知方程表示直线；当，化简整理已知方程，可知满足圆的方程；（2）将已知方程整理为，从而可得方程组，解方程组求得两定点坐标，结论可证得；（3）根据（2）的结论，可知以为直径的圆面积最小，从而得到圆的方程，与已知方程对应相等可构造方程组，解方程组求得结果.详解：(1)当时，方程为表示一条直线当时，时方程表示圆(2)方程可变形为：取任何值，上式都成立，解得：或曲线过定点，即无论为何值，曲线必过两定点(3)由(2)曲线过定点，在这些圆中，以为直径的圆的面积最小以为直径的圆的方程为：，解得：【点睛】本
9、题考查圆的方程、圆过定点以及圆的性质的应用等知识；本题求解圆面积最小的关键是能够根据圆的性质，确定以两定点为直径的圆面积最小，从而得到圆的方程.21、【答案】（1）；（2）为偶函数；（3）在上为减函数，证明见解析；（4）2.试题分析：（1）由已知条件列方程组解得即可；（2）由（1）知的解析式，根据函数奇偶性定义判断即可；（3）利用函数单调性定义判断即可；（4）根据函数的奇偶性和单调性即可得出为最小值.详解：解：（1）由已知，得，解得（2）由（1）可知任取，则，又的定义域为，所以为偶函数（3）在上为减函数，证明如下：任取，且，则因为，且，所以，从而，故，即.所以函数在上为减函数（4）因为在上为减函数，且为偶函数，所以在上是增函数，所以当时，又因为在上为减函数，所以当时，从而对于任意的，都有，所以的最小值为2.【点睛】本题考查待定系数法求函数解析式、函数奇偶性判断、函数单调性证明及函数的最值，属于中档题.22、【答案】（1）（2）试题分析：（1）利用椭圆的定义和点在椭圆上进行求解；（2）联立直线和椭圆的方程，得到关于的一元二次方程，利用根与系数的关系和平面向量的数量积定义进行求解.试题解析：（1）解得即椭圆的方程为（2）设，联立得，