1、甘肃省天水市第一中学2020-2021学年高二数学上学期第二学段考试（期末考试）试题 文（含解析）一单选题1. 已知等差数列中，则的值是（ ）A. 15B. 30C. 3D. 64【答案】A【解析】【分析】设等差数列的公差为，根据等差数列的通项公式列方程组，求出和的值，即可求解.【详解】设等差数列的公差为，则，即 解得：，所以，所以的值是，故选：A2. 设，则“”是“”的（ ）A. 充分不必要条件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】B【解析】【分析】根据充分条件和必要条件的概念，结合一元二次不等式的解法，即可得出结果.【详解】由得或，所以由“”可得到“”，但由“
2、”得不到是“”；所以“”是“”的必要不充分条件.故选：B.【点睛】结论点睛：判定命题的充分条件和必要条件时，一般可根据如下规则判断：（1）若是的必要不充分条件，则对应集合是对应集合的真子集；（2）是的充分不必要条件， 则对应集合是对应集合的真子集；（3）是的充分必要条件，则对应集合与对应集合相等；（4）是的既不充分又不必要条件， 对的集合与对应集合互不包含3. 已知椭圆的左右焦点为，是椭圆上的点，且，则（ ）A. 1B. 2C. 3D. 4【答案】D【解析】【分析】利用椭圆的定义，由即可求解.【详解】由椭圆，则，所以，所以.故选：D4. 已知正实数，满足，则最小值为（ ）A. 32B. 34C
3、. 36D. 38【答案】A【解析】【分析】由题中条件，得到，展开后，利用基本不等式，即可求出结果.【详解】由，且，得，当且仅当，即时，取等号，此时，则的最小值为32故选：A.【点睛】易错点睛：利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件：（1）“一正二定三相等”“一正”就是各项必须为正数；（2）“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值；（3）“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地.5. 双曲线的渐近线方程为（ ）A. B. C.
4、D. 【答案】B【解析】【分析】由双曲线方程的渐近线为，结合标准方程即可得渐近线方程.【详解】由双曲线方程知：渐近线，故选：B6. 已知双曲线C：的离心率e，且其右焦点为F2(5，0)，则双曲线C的方程为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据焦点坐标，可求得c的值，根据离心率，可求得a的值，根据b2c2a2，可求得b的值，即可求得答案.【详解】根据右焦点为F2(5，0)，可得c5，又离心率为，所以a4，所以b2c2a29，所以双曲线方程为，故选：C.7. 已知数列中，则（ ）A. 2045B. 1021C. 1027D. 2051【答案】A【解析】【分析】由数列递推关系式
5、得到数列 为首项为4，公比为2的等比数列求出其通项公式可得的值【详解】，变形为即故数列 为等比数列，首项为4，公比为2故选：A8. 已知抛物线的焦点为F，是C上一点，则=（ ）A. 1B. 2C. 4D. 8【答案】A【解析】【分析】利用抛物线的定义、焦半径公式列方程即可得出【详解】由抛物线可得，准线方程，是上一点，解得故选：9. 函数在区间的图象大致是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据函数值的符号可排除，由函数的极值点可排除，从而得到正确结果.【详解】因为当时，所以，图象落在第三象限，所以排除，因为，分析其单调性，可知其极大值点应为，在的右侧，故排除C，故选：D.【
6、点睛】方法点睛：该题考查函数图象的识别，通常采用排除法来进行判断；排除的依据通常为：（1）函数的定义域、奇偶性；（2）特殊位置的符号、单调性；（3）利用导数研究其单调性和极值点.10. 过抛物线的焦点作直线与抛物线在第一象限交于点A，与准线在第三象限交于点B，过点作准线的垂线，垂足为.若，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】需结合抛物线第一定义和图形，得为等腰三角形，设准线与轴的交点为，过点作，再由三角函数定义和几何关系分别表示转化出，结合比值与正切二倍角公式化简即可【详解】如图，设准线与轴的交点为，过点作.由抛物线定义知，所以，所以.故选：C【点睛】本题考查抛物线的几何
7、性质，三角函数的性质，数形结合思想，转化与化归思想，属于中档题二填空题11. 已知函数，则曲线在点处的切线方程为_.【答案】【解析】【分析】根据导数的几何意义求出切线的斜率，利用点斜式求切线方程.【详解】因为，所以，又故切线方程为，整理为，故答案为：【点睛】本题主要考查了导数的几何意义，切线方程，属于容易题.12. 已知实数，满足，则的最大值为_.【答案】4【解析】【分析】根据线性规划画图,平移,求点,代值即可求出结果.【详解】解:作出不等式组所表示的平面区域如图中阴影部分所示(含边界)；观察可知，当直线过点时，有最大值；联立，解得，故的最大值为故答案为:4【点睛】用图解法解决简单的线性规划问
8、题的基本步骤：首先，要根据线性约束条件画出可行域 (即画出不等式组所表示的公共区域)设z0，画出直线l0观察、分析、平移直线l0，从而找到最优解最后求得目标函数的最大值或最小值13. 若命题“”为真命题，则实数的取值范围为_【答案】【解析】【分析】根据全称命题是真命题可知判别式小于零，即得结果.【详解】全称命题是真命题，即在R上恒成立，则判别式，解得或，故答案为：.14. 数列满足，则_.【答案】【解析】【分析】由递推关系可以得到数列是以3为周期的周期数列，进而得解.【详解】解：由已知，故，,数列是以3为周期的周期数列，,故答案为：.【点睛】本题考查根据数列的对推关系求数列的特定项，关键是利用
9、递推关系得到数列的周期性，进而求解.三解答题15. 已知等比数列中，且是和的等差中项.（1）求数列的通项公式；（2）若数列满足求的前n项和【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）设等比数列的公比为，则，即，可求出，得出答案.（2）由（1）有，然后分组利用等差数列和等比数列的前n项和公式可求和.【详解】解：（1）设等比数列的公比为，又则由于是和的等差中项，得，即，解得所以，（2）16. 已知数列的前项和为，且（1）求数列的通项公式；（2）求数列前项和【答案】（1），；（2）.【解析】【分析】（1）根据与的关系进行求解即可；（2）由（1）得出数列的通项公式，再由裂项相消求和法得出【详解】（1
10、）当时，；当时，若时，故，（2）依题意，故17. 已知函数，其中，是自然对数的底数.（1）当时，求函数在区间的零点个数；（2）若对任意恒成立，求实数的取值范围.【答案】（1）1个；（2）.【解析】【分析】（1）求导得到函数的单调性，再利用零点存在性定理得解（2）分离参变量，不等式恒成立转化为求函数的最值得解【详解】（1），故递增，又，故在上存在唯一零点因此在区间的零点个数是1个；（2），恒成立，即，恒成立令，则，令，时，时，故在递减，递增，因此所以，故在递增故，因此.【点睛】不等式恒成立问题解决思路：一般参变分离、转化为最值问题.18. 已知点A(0，2)，椭圆E： (ab0)的离心率为，F是
11、椭圆E的右焦点，直线AF的斜率为，O为坐标原点. (1)求E的方程；(2)设过点A的动直线l与E相交于P，Q两点.当OPQ的面积最大时，求l的方程.【答案】（1） （2） 【解析】试题分析：设出，由直线的斜率为求得，结合离心率求得，再由隐含条件求得，即可求椭圆方程；（2）点轴时，不合题意；当直线斜率存在时，设直线，联立直线方程和椭圆方程，由判别式大于零求得的范围，再由弦长公式求得，由点到直线的距离公式求得到的距离，代入三角形面积公式，化简后换元，利用基本不等式求得最值，进一步求出值，则直线方程可求.试题解析：（1）设，因为直线的斜率为，所以，. 又解得，所以椭圆的方程为.（2）解：设由题意可设直线的方程为：，联立消去得，当，所以，即或时.所以点到直线的距离所以，设，则，当且仅当，即，解得时取等号，满足所以的面积最大时直线的方程为：或.【方法点晴】本题主要考查待定系数法求椭圆方程及圆锥曲线求最值，属于难题.解决圆锥曲线中最值问题一般有两种方法：一是几何意义，特别是用圆锥曲线的定义和平面几何的有关结论来解决，非常巧妙；二是将圆锥曲线中最值问题转化为函数问题，然后根据函数的特征选用参数法、配方法、判别式法、三角函数有界法、函数单调性法以及均值不等式法，本题（2）就是用的这种思路，利用均值不等式法求三角形最值的.
