1、重庆市云阳县2019-2020学年高二数学上学期期中试题 文（含解析）一、选择题1.不等式的解集是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】移项通分后将分式不等式转化为一元二次不等式，解一元二次不等式求得结果.【详解】由得：，即，解得：或不等式的解集为：故选：【点睛】本题考查分式不等式的求解，关键是能够通过移项通分将问题转化为一元二次不等式的求解问题.2.椭圆的焦点坐标是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由椭圆方程得到椭圆的焦点在轴上，且，即可求解椭圆的焦点坐标，得到答案.【详解】由题意，椭圆，即，可得椭圆的焦点在轴上，且，所以椭圆的焦点坐标为.故选：A.【
2、点睛】本题主要考查了椭圆的标准方程，以及椭圆的几何性质，其中解答中熟记椭圆的标准方程，以及熟练应用椭圆的几何性质是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.3.已知是等差数列的前n项和，若，则等于（ ）A. 26B. 52C. 76D. 104【答案】D【解析】【分析】根据等差数列下标和性质可求得，由可求得结果.【详解】由等差数列性质可得：，解得：故选：【点睛】本题考查等差数列性质的应用，关键是能够熟练应用等差数列下标和的性质，属于基础题.4.已知等比数列中，则的值是（ ）A. B. C. 5D. 【答案】B【解析】【分析】设等比数列的公比为，列出方程组，求得，利用等比数列的通项公式，
3、即可求解的值，得到答案.【详解】由题意，设等比数列的公比为，因为，可得，所以，所以，当时，；当时，所以的值是.故选：B.【点睛】本题主要考查了等比数列的通项公式的应用，其中解答中熟记等比数列的通项公式，列出方程组求得等比数列的公比，准确运算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.5.双曲线的渐近线方程是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】分析】把双曲线方程化为，得到，结合双曲线的几何性质，即可求解.【详解】由题意，双曲线可化为，所以，所以双曲线的渐近线方程为，即.故选：C.【点睛】本题主要考查了双曲线的标准方程，以及双曲线的几何性质的应用，其中解答中熟记双曲线的渐近线方
4、程的形式，准确运算是解答的关键，着重考查了推理与计算能力，属于基础题.6.已知实数x满足：；.若是的充分不必要条件，则实数a一定满足（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】由推出关系可得到的取值范围.【详解】由题意可得：， 故选：【点睛】本题考查根据充分不必要条件求解参数范围问题，关键是能够明确推出关系，属于基础题.7.命题：“，有成立.”则命题p的否定是（ ）A. ，有成立.B. ，有成立.C. ，有成立D. ，有成立.【答案】C【解析】【分析】根据含全称量词命题的否定规则可直接写出结果.【详解】由含全称量词命题的否定的规则可得：，有成立故选：【点睛】本题考查含量词的命题的否
5、定，关键是熟练掌握否定的规则，即全称量词变特称量词、特称量词变全称量词，只否定结论.8.已知抛物线的焦点为F，它的准线与对称轴交点为A,若C上一点P满足横坐标与纵坐标之比为，且的面积为，则点P的坐标是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】设为，代入抛物线的方程，求得，得到，根据的面积，解得，即可求解，得到答案.【详解】由题意，抛物线的焦点，它的准线与对称轴交点，因为抛物线C上一点P满足横坐标与纵坐标之比为，可设为，代入抛物线的方程，可得，解得，即，又由的面积为，即，解得，所以点.故选：C.【点睛】本题主要考查了抛物线的标准方程，及其简单的几何性质的应用，其中解答中熟记抛物线的
6、标准方程，合理应用抛物线的几何性质是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.9.已知函数,设，,则数列满足：；数列是递增数列；数列是递减数列.其中正确是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】先求得数列的通项公式，化简为，即可得到，再由，得到，即可求解，得到答案.【详解】由题意，函数,设，即，因为，因为，所以，所以，所以正确；又由，即，所以数列是递增数列，所以正确.故选：B.【点睛】本题主要考查了数列的通项公式，以及数列的单调性的判定，其中解答中熟练应用数列的通项公式，熟练数列的单调性的判定方法是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.10.已知实数x，y满
7、足：且，则的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】设，得出，结合不等式的性质，即可求解，得到答案.【详解】由题意，设，整理得，可得，解得，即，又由且，则，所以，即.故选：B.【点睛】本题主要考查了不等式的基本性质的应用，其中解答中得出，再结合不等式的性质求解是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于中档试题.11.若满足，则关于的最小值说法正确的是（ ）A. 当且仅当时，取得最小值25.B. 当且仅当，时，取得最小值26.C. 当且仅当时，取得最小值20.D. 当且仅当，时，取得最小值19.【答案】A【解析】【分析】由，结合基本不等式，即可求解，得到答案.【详解】
8、由题意，因为满足，则，当且仅当，即时，又由，解得时等号成立，即当且仅当时，取得最小值25.故选：A.【点睛】本题主要考查了利用基本不等式求解最小值问题，其中解答中合理利用基本不等式的“1”的代换求解是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.12.如图，双曲线C的焦点是，顶点是，点P在曲线C上，圆O以线段为直径.点M是直线与圆O的切点，且点M是线段的中点，则双曲线C的离心率是（ ）A. B. C. 2D. 【答案】D【解析】【分析】连接，根据圆的性质，可得，又由分别为的中点，得到，且，再由双曲线的定义，得到，利用勾股定理得到的方程，即可求解.【详解】由题意，连接，根据圆的性质，可得，又
9、由分别为的中点，所以，则，且，又由双曲线的定义，可得，所以，在直角中，即，整理得，所以.故选：D.【点睛】本题主要考查了双曲线的定义应用，离心率的求解，以及圆的性质的应用，其中解答中合理利用圆的性质和双曲线的定义，利用勾股定理列出关于的方程是解答的关键，着重考查了转化思想，以及推理与计算能力，属于基础题.二、填空题13.抛物线的准线方程为_【答案】【解析】【分析】先将抛物线化为标准方程，进而可得出准线方程.【详解】因为抛物线的标准方程为：，因此其准线方程为：.故答案为【点睛】本题主要考查抛物线的准线，熟记抛物线的标准方程即可，属于基础题型.14.已知数列的前n项和,则的值是_.【答案】【解析】
10、【分析】利用可求得结果.【详解】由得：， 故答案为：【点睛】本题考查数列中与关系的应用，关键是熟练掌握，属于基础题.15.关于函数，.有下列命题：对,恒有成立.,使得成立.“若,则有且.”的否命题.“若且,则有.”的逆否命题.其中，真命题有_.（只需填序号）【答案】【解析】【分析】设，可判定是真命题；令，得到，可判定是真命题；根据二次函数的性质和四种命题的等价关系，可判定是真命题，是假命题.【详解】由题意，设，所以，即对,恒有成立，所以是真命题；令，可得，此时，即,使得成立，所以是真命题；因为当时，函数在单调递减，所以，当时，函数在单调递减，所以，所以命题“若且,则有”是真命题，所以是假命题；
11、又由命题“若且,则有”与命题“若,则有且”互为逆否关系，所以命题“若,则有且”是真命题，所以是真命题，综上可得，真命题.故答案为：.【点睛】本题主要考查了命题的真假判定，其中解答中数练应用一元二次函数的图象与性质，以及四种命题的等价关系，合理运算是解答的关键，着重考查了推理与论证能力，属于基础题.16.下图1，是某设计员为一种商品设计的平面logo样式.主体是由内而外的三个正方形构成.该图的设计构思如图2,中间正方形的四个顶点,分别在最外围正方形ABCD的边上,且分所在边为a，b两段.设中间阴影部分的面积为，最内正方形的面积为.当，且取最大值时，定型该logo的最终样式，则此时a，b的取值分别
12、为_.【答案】或【解析】【分析】设，其中，求得，根据图形求得和的表达式，得到，利用基本不等式，即可求解.【详解】由题意，设，其中，又由，联立方程组可得，又由阴影部分的三角形为直角边分别为的直角三角形，所以阴影部分的面积为，最内正方形的边长为，所以面积为，则，当且仅当时，即时等号成立，当时，；当时，.故答案为：或.【点睛】本题主要考查了基本不等式的应用，其中解答中认真审题，得到的表达式，合理利用基本不等式求解是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于中档试题.三、解答题17.已知；.(1)当为真时，求实数x的取值范围；(2)当为假，同时为真时，求实数x的取值范围.【答案】(1) (2
13、) 【解析】【分析】解不等式求得为真、为真分别对应的解集；（1）由为真可得全真，两解集取交集可得结果；（2）由和的真假性可得一真一假，则分为真假和假真两种情况求得解集.【详解】当为真时，由得：当为真时，由得：（1）当为真时，均为真 ，即的取值范围为（2）当假，为真时，一真一假当真假时，；当假真时，的取值范围为：【点睛】本题考查根据复合命题的真假性求解参数范围的问题，关键是能够准确确定两个基础命题的真假性.18.已知函数.(1)关于x的一元二次方程的两个根是，,当时，求实数m的取值范围；(2)求关于x的不等式的解集.【答案】（1）； （2）当时，解集为；当时，解集；当时，解集.【解析】【分析】(
14、1)设，结合二次函数的图象与性质，得到，即可求解，得到答案；(2)关于的不等式可化为，分类讨论，即可求解.【详解】(1)由题意，设,若方程的两个根满足，结合二次函数的图象与性质，可得只需，即，解得，即实数m的取值范围是.(2)关于的不等式，可得，即，当时，可得，解得，所以不等式的解集为；当时，解得或，所以不等式的解集；当时，解得或，所以不等式的解集.【点睛】本题主要考查了二次函数的图象与性质的应用，以及一元二次不等式的解法，其中解答熟练应用一元二次函数的图象与性质，以及熟记应用一元二次不等式的解法是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.19.已知满足，且.（1）求数列的通项公式；（
15、2）若,则求出数列的前n项和.【答案】（1）； （2）.【解析】【分析】(1)由，且，得到，即可求解； (2)由，利用裂项法，即可求解.【详解】(1)由题意，数列满足，且，可得，即数列的通项公式为.(2)由，所以.【点睛】本题主要考查了数列的通项公式的求解，以及数列的“裂项法”求和，其中解答中数列利用数列的递推关系式，合理利用“累积法”和“裂项法”求解是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.20.过抛物线焦点F作倾斜角为的直线，交抛物线于A，B两点，点A在x轴上方.(1)当线段AB中点的纵坐标是2时，求抛物线的方程；(2)求的值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）求得抛物线
16、的焦点坐标，设直线，联立方程组，运用韦达定理和中点公式，求得的值，即可得到抛物线的标准方程；（2）设直线，联立方程组，解方程求得交点的纵坐标，再由抛物线的定义，化简即可求解.【详解】(1)由题意，设，直线，则由，整理得，可得，因为线段的中点的纵坐标是2，可得，解得，所以抛物线的方程为.（2）由，可得，解得，由抛物线的方程，可得，由抛物线定义.【点睛】本题主要考查了抛物线的定义、方程以及简单的几何性质的应用，其中解答中设出直线的方程，联立方程组，合理利用根与系数的关系是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.21.已知数列的前n项和.数列是等比数列，且，.(1)分别求出数列，的通项公式
17、；(2)若,则求出数列的前n项和.【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）运用数列的递推式，化简可得，再由是等比数列，结合等比数列的通项公式，即可求解；（2）求得，利用乘公比错位相减法，即可求得数列的前项和，得到答案.【详解】(1)由题意，数列的前n项和，当时，可得，当时，当时，适合上式，所以数列的通项公式为，又由，.因为数列是等比数列，即数列构成首项为，公比为的等比数列，所以的通项公式为.(2)由，则数列的前n项和，可得；则，两式相减，可得，所以.【点睛】本题主要考查了数列的递推公式的应用，以及“错位相减法”求和的应用，此类题目是数列问题中的常见题型，解答中确定通项公式是基础，准确计算求
18、和是关键，易错点是在“错位”之后求和时，弄错等比数列的项数，能较好的考查考生的逻辑思维能力及基本计算能力等.22.已知椭圆E的中心在坐标原点，两个焦点分别为,短半轴长为2.(1)求椭圆E的标准方程；(2)过焦点的直线l交椭圆E于A，B两点，满足,求直线l的方程.【答案】（1）；（2）或.【解析】分析】(1)由题意，求得，得到，即可求得椭圆的标准方程； (2)设直线，设，联立方程组，求得，再根据，代入直线的方程得到，代入求得的值，即可求解.【详解】(1)由题意，椭圆E的两个焦点分别为,，短半轴长为2，可得，则，所以椭圆E的标准方程；(2)由题意知直线与轴不重合，设直线，设，联立方程组，整理得,可得，又由，则，得，代入直线可得，即，代入可得，解得，所以直线的方程为，即直线的方程为：或.【点睛】本题主要考查椭圆的标准方程的求解、及直线与圆锥曲线的位置关系的综合应用,解答此类题目，通常联立直线方程与椭圆（圆锥曲线）方程，应用一元二次方程根与系数的关系进行求解，此类问题易错点是复杂式子的变形能力不足，导致错解，能较好的考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力、分析问题解决问题的能力等.
