1、桂林市2020-2021学年度上学期期末质量检测高二年级数学（理科）（考试用时120分钟，满分150分）第I卷选择题一选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，有且只有一个选项是符合题目要求的.1. 命题“若，则”的逆命题是（ ）A. 若，则B. 若，则C. 若，则D. 若，则【答案】B【解析】【分析】根据逆命题的定义即可得出答案.【详解】由命题“若，则”，其逆命题为：若，则.故选：B2. 不等式的解集为（ ）A. 或B. C. 或D. 【答案】B【解析】【分析】由可得异号，分类讨论解不等式组可得答案.【详解】因为，所以或，解得或，综上可得，不等式的解集为，故选
2、：B.3. 若且，则一定有（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】利用不等式性质逐一判断即可.【详解】对于A，由，则，故A正确；对于B，由，则，当时，故B不正确；对于C，当时，故C不正确；对于D，当，则，故D不正确；故选：A4. 在等差数列中，若，则（ ）A. 6B. 8C. 16D. 32【答案】B【解析】【分析】先求出公差，再利用等差数列的通项公式可得答案.【详解】因为等差数列中，所以公差，则，故选：B.5. 的内角，的对边分别为，若，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】直接利用正弦定理求解即可.【详解】因为，所以由正弦定理可得，则，故选：A.6. 已
3、知变量，满足约束条件，则目标函数的最大值为（ ）A. 0B. 1C. 2D. 3【答案】C【解析】【分析】根据约束条件画出对应的平面区域，化目标函数为，根据目标函数的几何意义，结合图像，即可得出结果.【详解】画出约束条件所表示的平面区域如下（阴影部分），又目标函数可化为，因此表示直线在轴的截距；由图像可得：当直线过点时，在轴的截距最大，即取最大值；由图像易得，所以.故选：C.【点睛】本题主要考查简单的线性规划问题，根据目标函数的几何意义，由数形结合的方法求解即可，属于常考题型.7. 双曲线的渐近线方程是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据双曲线的渐近线公式，即可求出结果
4、【详解】由题意可知，双曲线的渐近线方程为.故选：B.【点睛】本题主要考查了双曲线的几何性质，属于基础题.8. 已知命题：，则命题的否定为（ ）A. ：，B. ：，C. ：，D. ：，【答案】C【解析】【分析】利用全称量词命题的否定是存在量词命题写出结果即可【详解】解：命题：，为全称量词命题，其否定为存在量词命题，故：，故选：C【点睛】本题考查命题的否定，存在量词命题与全称量词命题的否定关系，属于基础题9. 的内角的对边分别为，且，则的面积为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】利用三角形的面积公式即可求解【详解】在中，由，则故选：D10. 若则是的 （ ）A. 充分不必要条件
5、B. 必要不充分条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【分析】根据绝对值不等式的性质以及充分条件和必要条件的定义进行判断即可【详解】因为等价于，“a2”是“a2”的充分不必要条件故选A.【点睛】本题主要考查充分条件和必要条件的判断，解不等式是解决本题的关键，比较基础11. 已知，.且，若恒成立，则实数的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】利用基本不等式可求的最小值，从而可求实数的取值范围.【详解】因为，故，当且仅当时等号成立，故的最小值为9，故，故选：D.12. 设抛物线：的焦点为，过的直线与于两点，为坐标原点.若，则的面积为（ ）A. B
6、. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据抛物线定义和性质，可以求出的坐标，再求出直线的方程，可求出点的坐标，最后利用三角形的面积公式加以计算，即可得到的面积【详解】抛物线的焦点为，准线方程为，不妨设在第一象限，设，、，所以到准线的距离为3，解得，直线的斜率为直线的方程为，由，整理可得，解得，当时，因此的面积为：故选：C.【点睛】方法点睛：与焦点、准线有关的问题一般情况下都与拋物线的定义有关，解决这类问题一定要注意点到点的距离与点到直线的距离的转化：（1）将抛线上的点到准线距离转化为该点到焦点的距离；(2)将抛物线上的点到焦点的距离转化为到准线的距离，使问题得到解决.第卷 非选择题二填空题
7、：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13. 若，则的最小值是_.【答案】4【解析】【分析】运用基本不等式即可.【详解】因为，则，当且仅当时取等.故答案为:4.14. 设是椭圆上的动点，则到该椭圆的两焦点距离之和为_.【答案】8【解析】【分析】由椭圆方程求出，再根据椭圆的定义可求得结果.【详解】由，得，由椭圆的定义可得到该椭圆的两个焦点的距离之和为.故答案为：15. 若等比数列的各项均为正数且，则_.【答案】10【解析】【分析】，由此能求出结果【详解】等比数列的各项均为正数，且， .故答案为：1016. 已知是双曲线的右焦点，为坐标原点，过的直线与的两条渐近线的交点分别为，若，则的离心率为_
8、.【答案】2【解析】【分析】首先根据可得，可计算，结合可得是等腰三角形，且，再由渐进线的斜率可计算出点坐标，即可求出点坐标，利用结合可得之间的关系，即可求解.【详解】因为，所以，即所以为点到渐近线的距离，所以，可得点为的中点，又因为，所以，所以，设双曲线的左焦点为，则，因为，所以，所以，所以，因为为中点，所以，将代入整理可得：即，所以，可得，解得：或（舍），故答案为：【点睛】方法点睛：求椭圆离心率方法：（1）直接利用公式；（2）利用变形公式；（3）根据条件列出关于的齐次式，两边同时除以，化为关于离心率的方程即可求解.三解答题：本大题共6小题，共70分.解答应给出文字说明证明过程及演算步骤.17
9、. 记为等差数列的前项和，已知，.（1）求的通项公式；（2）求.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）利用等差数列的通项公式：即可求解.（2）利用等差数列的前项和公式：即可求解.【详解】解：（1）等差数列中，解得，（2），18. 已知，命题：，；命题：，.（1）若是真命题，求的最大值；（2）若是真命题，是假命题，求的取值范围.【答案】（1）1；（2）.【解析】【分析】（1）根据题意可得，为真，令，只需即可求解.（2）根据题意可得与一真一假，当是真命题时，可得或，分别求出当真假或假真时的取值范围，最后取并集即可求解.【详解】解：（1）若命题：，真，则令，又，的最大值为1.（2）因为是真命
10、题，是假命题，所以与一真一假，当是真命题时，解得或，当是真命题，是假命题时，有，解得；当是假命题，是真命题时，有，解得；综上，的取值范围为.19. 如图，在中，是上的点，.（1）求角的大小；（2）求的面积.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）中，利用余弦定理即可求解.（2）由（1）可得，从而可得，即，再利用三角形的面积公式即可求解.【详解】解：（1）在中，又，所以.（2）由（1）知，所以，又，所以，由，知，所以20. 某单位建造一间背面靠墙的小房，地面是面积为的矩形，房高为.因地理位置的限制，房屋侧面的宽度不得超过5米，房屋正面的造价为400元/房屋侧面的造价为150元/，屋顶和地面
11、的造价费用合计为5800元，不计房屋背面的费用，设房屋的总造价为元.（1）求用表示的函数关系式；（2）当为多少时，总造价最低？最低总造价是多少？【答案】（1）；（2）4米，13000元.【解析】【分析】（1）由侧面宽度为米，可得正面长度为米，再求正面与侧面的费用，结合屋顶和地面的造价费用合计为5800元，即可得答案；（2）结合（1）中解析式，直接利用基本不等式求解即可.【详解】（1）因为侧面宽度为米，所以正面长度为米，依题意得：（2）因为，当且仅当即时取等号，所以，时，（元），所以当侧面的宽度为4米时，总造价最低，最低总造价为13000元.【点睛】方法点睛：与实际应用相结合的题型也是高考命题的
12、动向，这类问题的特点是通过现实生活的事例考查书本知识，解决这类问题的关键是耐心读题、仔细理解题，只有吃透题意，才能将实际问题转化为数学模型进行解答.21. 设数列满足.（1）求的通项公式；（2）记数列的前项和为，证明：.【答案】（1）；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）当时，可求，当时，可得与已知条件两式相减可得，检验满足，即可得的通项公式；（2）由（1）知，所以，计算其前项和即可证明.【详解】（1）当时，当时，得：.当时，上式也成立.（2）由（1）知.当时，当时，【点睛】方法点睛：数列求和的方法（1）倒序相加法：如果一个数列的前项中首末两端等距离的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这
13、个数列的前项和即可以用倒序相加法（2）错位相减法：如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么这个数列的前项和即可以用错位相减法来求；（3）裂项相消法：把数列的通项拆成两项之差，在求和时，中间的一些项可相互抵消，从而求得其和；（4）分组转化法：一个数列的通项公式是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成，则求和时可用分组转换法分别求和再相加减；（5）并项求和法：一个数列的前项和可以两两结合求解，则称之为并项求和，形如类型，可采用两项合并求解.22. 已知椭圆的两个焦点与短轴的一个端点恰好围成面积为的等边三角形.（1）求的方程；（2）如图，设的左，右顶点分别为，右
14、焦点为，是上异于的动点，直线与直线交于点，当点运动时，试判断以为直径的圆与直线的位置关系，并加以证明.【答案】（1）；（2）相切，证明见解析.【解析】【分析】（1）待定系数法求的方程；（2）设出直线AP，求出D的坐标，表示出以为直径的圆E的方程，由“设而不求法”表示出到直线的距离,判断出圆与直线相切.【详解】解：（1）设椭圆半焦距为，依题意有，故的方程为.（2）以为直径的圆与直线相切，证明如下：易知，.由题意可设直线的方程为.则点坐标为，中点的坐标为.由得.设点的坐标为，则.所以，.当时，点的坐标为，点的坐标为.直线轴，此时以为直径的圆与直线相切.当时，则直线的斜率，所以直线的方程为.点到直线的距离.又因为，故以为直径的圆与直线相切.综上，当点运动时，以为直径的圆与直线相切.【点睛】（1）待定系数法、代入法可以求二次曲线的标准方程；（2）“设而不求”是一种在解析几何中常见的解题方法，可以解决直线与二次曲线相交的问题.
