1、20192020学年度第一学期期中六校联考试卷高二数学第卷（选择题，共40分）一、选择题：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.已知命题：“，”，则命题的否定为（ ）.A. ，B. ，C. ，D. ，【答案】D【解析】分析】利用全称命题的否定是特称命题分析解答.【详解】因为全称命题的否定是特称命题，且需改变量词、否定结论，所以“，”的否定为：“，”.故选D【点睛】本题主要考查全称命题的否定，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.2.在等差数列中，若，则（ ）.A. 4B. 6C. 8D. 10【答案】C【解析】【分析】由等差中项性质得，解方程即得解.【详解】因为等差数列中，
2、若所以，由等差中项性质得，所以.故选C【点睛】本题主要考查等差中项的性质，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.3.如果方程表示焦点在轴上的椭圆，则的取值范围是（ ）.A. B. C. D. 【答案】D【解析】分析】根据焦点在轴上推出，且，解不等式求得的范围【详解】由题意方程表示焦点在轴上的椭圆，可得：，并且，解得：故选【点睛】本题主要考查了椭圆的标准方程，解题时注意看焦点在轴还是在轴4.已知一元二次不等式的解集为或，则的解集为（ ）.A. 或B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据不等式的解集得出，求出解集即可【详解】一元二次不等式的解集为或，则的解集为，则可化为；解得，所以所求不等
3、式的解集为故选【点睛】本题考查一元二次不等式的解法与应用问题，考查指数不等式的解法，是基础题5.若，则“”是“”的（ ）.A. 必要不充分条件B. 充分不必要条件C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件【答案】B【解析】【分析】根据题意，结合基本不等式，讨论“”和“”的推出关系即可【详解】依题意，对于正数，当时，故充分性成立，若无法推出，如当，时，而，故必要性不成立所以“”是“”的充分不必要条件.故选【点睛】本题考查了充分性和必要性的判断，考查了基本不等式的应用，属于基础题6.已知，则的最小值是（ ）.A. 3B. C. D. 9【答案】B【解析】【分析】由已知结合指数与对数的运算性质可得
4、，从而，展开后利用基本不等式可得解【详解】，所以，即，所以，则，当且仅当且即，时取等号，则的最小值是故选【点睛】本题主要考查了指数与对数的运算性质及利用基本不等式求解最值，要注意应用条件的配凑7.已知椭圆的焦点为，过的直线与交于，两点.若，则的方程为（ ）.A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据椭圆的定义以及余弦定理列方程可解得，即得椭圆的方程【详解】，又，又，在轴上在中，在中，由余弦定理可得，可得，解得椭圆的方程为：故选【点睛】本题考查了椭圆的性质，椭圆对称性的应用，考查转化思想以及计算能力，属中档题8.已知椭圆 ，、是椭圆上关于原点对称的两点，是椭圆上任意一点，且直线、的斜
5、率分别为、，若，则椭圆的离心率为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】试题分析：设点M（m，n）,则N（-m，-n）,其中，则设P（x，y），因为点P在椭圆上，所以，即又k1=，k2=，因为=,所以|= 代入得：|=，即，所以，所以考点：本题考查椭圆的基本性质；椭圆的离心率；直线的斜率公式点评：本题主要考查了椭圆的应用，考查了学生综合分析问题和解决问题的能力第卷（非选择题，共110分）二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分. 9.已知关于的不等式的解集是或，则的解集为_.【答案】【解析】【分析】由不等式的解集得出、之间的关系，再化简不等式，求出它的解集即可【详解】关于的不等
6、式的解集是或，方程的实数根是和3，且；由根与系数的关系，得，；关于的不等式可化为，即；解得，该不等式的解集为故答案为【点睛】本题考查了一元二次不等式与对应的一元二次方程的应用问题，也考查了根与系数的应用问题，是基础题10.记为等比数列的前项和. 若，则_.【答案】【解析】【分析】由已知求出，再利用求和公式即可得解【详解】设等比数列的公比为，解得则故答案为【点睛】本题考查了等比数列的通项公式与求和公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题11.斜率为的直线与椭圆相交于两点，的中点，则_.【答案】【解析】【分析】先设直线为，然后代入到椭圆方程中消去得到关于的一元二次方程，进而可表示出、两点的纵坐标
7、的和，进而可表示出的坐标，然后结合的中点，可确定答案【详解】设直线为：，代入椭圆方程得到：，所以，直线为：，的中点，可得，故答案为【点睛】本小题主要考查直线与圆锥曲线的关系等基础知识，解答关键是利用方程的思想得出弦的中点的坐标表示属于基础题12.已知公差不为0的等差数列，若，且，则公差_.【答案】【解析】【分析】把已知两式分别作和与作差，结合求得值，进一步求得，得，转化为与的等式，则可求【详解】在等差数列中，由，两式相加可得，两式相减可得，由，得，又，可得，则，得，则，得故答案为【点睛】本题考查等差数列的前项和，考查等差数列的性质，考查逻辑思维能力与推理运算能力，是中档题13.已知椭圆的左右焦
8、点分别为、，过点的直线与椭圆交于，两点. 若的内切圆与线段在其中点处相切，与相切于点，则椭圆的离心率为_.【答案】【解析】【分析】可设的内切圆的圆心为，由切线的性质：切线长相等，可得为等腰三角形，设，可得，解得，推得为等边三角形，由焦距为三角形的高，结合离心率公式可得所求值【详解】可设的内切圆的圆心为，为切点，且为中点，可得为等腰三角形()，设，可得，由切线的性质可得，解得，设，由，解得，则为等边三角形，即有，即有，故答案为【点睛】本题考查椭圆的定义和性质，注意运用三角形的内心性质和等边三角形的性质，切线的性质，考查化简运算能力，属于中档题14.已知以，为左右焦点的椭圆的左顶点为，上顶点为，点
9、，是椭圆上任意两点，若的面积最大值为，则的最大值为_.【答案】【解析】【分析】先根据的面积最大值时，点在与平行且与椭圆相切的直线上，由方程联立，求出切线方程，再由面积的最大值求出，代换后用均值不等式求最值【详解】由题意有，则，；设直线为椭圆的一条与平行的切线，其方程设为：；由 得：；，得；根据题意取；切线到直线的距离为：；面积的最大值为 ，得设，则 ；则 ，当且仅当时取等号；故答案为【点睛】这是一道利用椭圆的切线（或三角换元）求三角形面积最值，是一道利用椭圆第一定义结合均值不等式求最值的综合性问题，难度较大三、解答题：本大题共6小题，共80分. 解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15.
10、已知是等差数列，是等比数列，且，. （1）求的通项公式；（2）设，求数列的前项和.【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）由已知求得等比数列的公比，进一步求出首项，则等比数列的通项公式可求，再求得等差数列的首项与公差，可得等差数列的通项公式；（2）直接利用数列的分组求和求解【详解】（1），即，（2）【点睛】本题考查等差数列与等比数列的通项公式及前项和的求法，考查了分组求和的应用，是基础的计算题16.已知关于的不等式. （1）当时，求此不等式的解集. （2）求关于的不等式的解集.【答案】（1）；（2）答案不唯一，见解析【解析】【分析】（1）时不等式化为，求出解集即可；（2）时不等式化为，讨论
11、与的大小，写出对应不等式的解集【详解】（1）当时，即所以不等式的解集为（3） 时，不等式为；时，不等式的解集为；时，不等式的解集为；时，不等式的解集为【点睛】本题考查了一元二次不等式的解法与应用问题，也考查了分类讨论思想，是基础题.17.已知数列满足，且，（1）求数列的通项公式；（2）若，求数列的前项和.【答案】（1）；（2）；【解析】【分析】（1）直接利用数列的递推关系式和叠加法求出数列的通项公式；（2）利用裂项相消法在数列求和中的应用求出结果【详解】累加得：（2）【点睛】本题考查的知识要点：数列的通项公式的求法及应用，叠加法在数列的通项公式的求法及应用，裂项相消法在数列求和中的应用，主要考
12、查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题型18.已知椭圆：右焦点为，右顶点为，点在椭圆上，且轴，直线交轴于点，若；（1）求椭圆的离心率；（2）设经过点且斜率为的直线与椭圆在轴上方的交点为，圆同时与轴和直线相切，圆心在直线上，且. 求椭圆的方程.【答案】（1）；（2）；【解析】【分析】（1）由题意可得，即，再由离心率公式可得所求值；（2）求得，可得椭圆方程为，设直线的方程为，联立椭圆方程求得的坐标，以及直线的斜率，由两条直线平行的条件和直线与圆相切的条件，解方程可得，即可得到所求椭圆方程【详解】（1），所以即可得；（2），即，可得椭圆方程为，设直线的方程为，代入椭圆方程可得，解得或，代入
13、直线方程可得或（舍去），可得，圆心在直线上，且，可设，可得，解得，即有，可得圆的半径为2，由直线和圆相切的条件为，可得，解得，可得，可得椭圆方程为.【点睛】本题考查椭圆的方程和性质，注意运用直线和椭圆方程联立，求交点，以及直线和圆相切的条件，考查化简运算能力，属于中档题19.设是等差数列，等比数列的前项和是，. 已知，. （1）求和的通项公式；（2）设数列满足，求.【答案】（1）；（2）；【解析】【分析】（1）直接利用已知条件和数列的递推关系式求出数列的通项公式；（2）利用分组法和错位相减法求出数列的和【详解】（1），又，（2）数列满足，令，则，-得：所以；故【点睛】本题考查的知识要点：数列通
14、项公式的求法及应用，错位相减法在数列求和中的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题型20.已知椭圆的长轴长为4,且椭圆与圆:的公共弦长为.(1)求椭圆的方程(2)椭圆的左右两个顶点分别为,直线与椭圆交于两点,且满足,求的值.【答案】（1）；（2）【解析】分析：（1）由题意得，根据椭圆与圆的公共弦长为可得椭圆经过点，可求得，于是可得椭圆的方程（2）联立直线和椭圆的方程，根据根据系数的关系及可求得的值详解：（1）由题意可得，所以由椭圆与圆：的公共弦长为，即为圆的直径，所以椭圆经过点，所以，解得.所以椭圆方程为（2）由得，显然0恒成立设，则，又，又， ，整理得 解得点睛：由于直线与圆锥曲线位置关系中涉及到大量的计算，因此在解题时要注意“整体代换”、“设而不求”等方法的运用，以减少计算量提高解题的效率另外，在解决直线和圆锥曲线位置关系的问题时不要忽视判别式在解题中的应用
