1、2020-2021学年第一学期高二期中考试数学学科试题一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分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. 命题，的否定是（ ）A. ，B. ，C. ，D. ，【答案】D【解析】【分析】根据全称命题的否定是特称命题即可得到结论【详解】解：命题，是全称命题，命题，的否定是：，故选：【点睛】本题主要考查含有量词的命题的否定，属于基础题2. 现有这么一列数：1，（ ），按照规律，（ ）中的数应为（ ）.A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据题意得出每个数的分母为，分子为连续的奇数，即可求解.【详解】由题意知，一列数：1，（ ），可得每个
2、数的分母为，分子为连续的奇数，所以（ ）中的数应为故选：A.【点睛】本题主要考查了数列的项的归纳推理，其中解答中根据数的排列，找出数字的规律是解答的关键，着重考查了归纳推理的应用.3. 设等比数列的前项和为，若，则（ ）A. 1023B. 511C. D. 【答案】A【解析】【分析】先根据已知求出，即得的值.【详解】设数列的公比为，由题意可得，所以，由题得.故故选：A.【点睛】本题主要考查等比数列的通项的基本量的计算，考查等比数列的求和，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.4. 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】A
3、【解析】【分析】首先求解二次不等式，然后结合不等式的解集即可确定充分性和必要性是否成立即可.【详解】求解二次不等式可得：或，据此可知：是的充分不必要条件.故选：A.【点睛】本题主要考查二次不等式的解法，充分性和必要性的判定，属于基础题.5. 设等差数列的前项和为，若，则（）A 63B. 45C. 36 D. 27【答案】B【解析】【分析】观察下标间的关系，知应用等差数列的性质求得【详解】由等差数列性质知S3、S6S3、S9S6成等差数列，即9，27，S9S6成等差，S9S6=45a7+a8+a9=45故选B【点睛】在处理等差数列问题时，记住以下性质，可减少运算量、提高解题速度：若等差数列的前项
4、和为，且，则若，则；、 成等差数列6. 已知正数，满足，则的最小值是（ ）.A. 18B. 16C. 8D. 10【答案】A【解析】【分析】根据正数，满足，可得，然后由，利用基本不等式求出的最小值【详解】解：正数，满足，当且仅当，即，时取等号，的最小值为18故选：【点睛】本题考查了利用基本不等式求最值，考查了转化思想和计算能力，属于基础题7. 过点且与有相同焦点的椭圆的方程是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】试题分析：椭圆，焦点坐标为：（ ，0），（-，0），c=，椭圆的焦点与椭圆有相同焦点设椭圆的方程为：=1，椭圆的半焦距c=，即a2-b2=5结合，解得：a2=15，b2=10
5、椭圆的标准方程为 ，故选A考点：本题主要考查椭圆的标准方程及几何性质点评：常见题型，围绕a,b,c布列方程组8. 几何原本卷2的几何代数法（以几何方法研究代数问题）成了后世西方数学家处理问题的重要依据，通过这一原理，很多的代数的公理或定理都能够通过图形实现证明，也称之为无字证明现有如图所示图形，点在半圆上，点在直径上，且，设，则该图形可以完成的无字证明为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】由题意，可得圆O的半径r，根据勾股定理，可求得FC的表达式，根据FOFC，即可求出答案.【详解】由ACa，BCb，可得圆O的半径r，又OCOBBCb，则FC2OC2OF2，再根据题图知FO
6、FC，即，当且仅当ab时取等号故选：D.二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得3分9. 设，则下列不等式中正确的是（ ）A. B. C. D. 【答案】ABC【解析】【分析】利用作差法可判断ABC选项的正误；取可判断D选项的正误.【详解】对于A选项，则，A选项正确；对于B选项，则，B选项正确；对于C选项，则，C选项正确；对于D选项，取，则，D选项错误.故选：ABC.10. 下列四个函数中，最小值为2是（ ）A. B. C. D. 【答案】AD【解析】【分析】由基本不等式适用条件和取等号的条件，逐
7、项判断即可得解.【详解】对于A，当时，当即时，等号成立，所以的最小值为2，故A正确；对于B，当时，故B错误；对于C，当且时，等号成立，但，所以的最小值不为2，故C错误；对于D，当且仅当即时，等号成立，所以的最小值为2，故D正确.故选：AD.【点睛】本题考查了基本不等式的应用，考查了运算求解能力，属于基础题.11. 在公比为整数的等比数列中，是数列的前项和，若，则下列说法正确的是（ ）A. B. 数列是等比数列C. D. 数列是公差为2的等差数列【答案】ABC【解析】【分析】由，公比为整数，解得，可得，进而判断出结论.【详解】，且公比为整数，或（舍去）故A正确，故C正确；，故数列是等比数列，故B
8、正确；而，故数列是公差为lg2的等差数列，故D错误故选：ABC.【点睛】本题主要考查了等比数列的通项公式和前项和公式以及综合运用，属于中档题12. 等差数列是递增数列，公差为，前项和为，满足，下列选项正确的是（ ）A. B. C. 当时最小D. 时的最小值为【答案】BD【解析】【分析】由题意可知，由已知条件可得出，可判断出AB选项的正误，求出关于的表达式，利用二次函数的基本性质以及二次不等式可判断出CD选项的正误.【详解】由于等差数列是递增数列，则，A选项错误；，则，可得，B选项正确；，当或时，最小，C选项错误；令，可得，解得或.，所以，满足时的最小值为，D选项正确.故选：BD.三、填空题：本
9、题共4小题，每小题5分，共20分13. 设，则函数的最大值为_.【答案】.【解析】【分析】根据题意，由可得，则可以将变形为，再由基本不等式的性质可得，即可得答案.【详解】，当且仅当“，即”时，等号成立因为，函数的最大值为，故答案是：.【点睛】该题考查的是有关利用基本不等式求函数最值的问题，在解题的过程中，注意等号成立的条件，也可以利用配方法求二次函数在某个区间上的最值，属于简单题目.14. 若关于的不等式（、，）的解集为，则_【答案】【解析】【分析】由题意可知，关于的二次方程的两根分别为、，利用韦达定理可得出关于实数、的方程组，由此可解得实数的值.【详解】由题意可知，关于的二次方程的两根分别为
10、、，由韦达定理可得，解得.故答案为：.15. 我国古代的天文学和数学著作周碑算经中记载：一年有二十四个节气，每个节气晷（gu）长损益相同（暑是按照日影测定时刻的仪器，暑长即为所测量影子的长度），夏至、小署、大暑、立秋、处暑、白露、秋分、寒露、霜降、立冬、小雪、大雪是连续十二个节气，其日影子长依次成等差数列，经记录测算，夏至、处暑、霜降三个节气日影子长之和为16.5尺，这十二节气的所有日影子长之和为84尺，则夏至的日影子长为_尺.【答案】1.5【解析】【分析】由题意设此等差数列的公差为，则求出首项即可得到答案【详解】设此等差数列的公差为， 由题意即解得 所以夏至的日影子长为 故答案为【点睛】本题
11、主要考查等差数列的性质以及求和公式，解题的关键把文字叙述转化为数学等式，属于基础题16. 若数列满足（，为常数），则称数列为“调和数列”，已知正项数列为“调和数列”，且，则的最大值是_【答案】【解析】【分析】本题首先可根据调和数列的性质得出，从而判断出数列是等差数列，然后根据得出，最后根据基本不等式求最值，即可得出结果.【详解】因为正项数列为“调和数列”，所以，数列是等差数列，则，解得，故，即，当且仅当时等号成立，故的最大值是，故答案为：.【点睛】关键点点睛：本题考查学生对新定义的理解与转化，能否根据“调和数列”的定义和等差数列的定义得出数列是等差数列是解决本题的关键，若数列是等差数列，且，则
12、，考查计算能力，是中档题.四、解答题：本大题共6题，第17题10分，第18-22题每题12分，共70分）17. 已知，若是的充分条件，求实数的取值范围【答案】【解析】【分析】先求得集合A、B，根据是的充分条件，可得，根据集合的包含关系，即可求得答案.【详解】由题意得，或，因为p是q的充分条件，所以，所以或，解得或，即实数m的取值范围是18. 在等差数列中，已知，（1）求数列的通项公式；（2）若_，求数列的前项和在，这两个条件中任选一个补充在第（2）问中，并对其求解【答案】（1）；（2）答案不唯一，见解析.【解析】【分析】（1）设等差数列的公差为，根据题意可得出关于、的方程组，解出这两个量的值，
13、利用等差数列的通项公式可求得数列的通项公式；（2）选条件，计算得出，利用裂项相消法可求得；选条件，可得出，分为正奇数和正偶数两种情况讨论，利用并项求和法可求得.【详解】（1）设等差数列的公差为，由题意得，解得；（2）选条件：，；选条件：，当为正偶数时，；当为正奇数时，为偶数，.【点睛】方法点睛：数列求和的常用方法：（1）对于等差等比数列，利用公式法直接求和；（2）对于型数列，其中是等差数列，是等比数列，利用错位相减法求和；（3）对于型数列，利用分组求和法；（4）对于型数列，其中是公差为的等差数列，利用裂项相消法求和；（5）对于型数列，其中为等差数列，可采用错位相减法或者并项求和法求和.19.
14、已知函数（1）解关于的不等式；（2）当时，不等式在上恒成立，求实数的取值范围【答案】（1）见解析；（2）.【解析】【分析】（1）按照、分类，运算即可得解；（2）转化条件为，结合一元二次函数的性质即可得解.【详解】（1），当时，不等式的解集为；当时，则，不等式的解集为；当时，不等式的解集为；（2）当时，化为，在上恒成立，又，.20. 椭圆的左焦点为，右焦点为，焦距为2，过的直线交椭圆于，两点，且的周长为8（1）求椭圆的方程；（2）若轴，求的面积【答案】（1）；（2）3.【解析】【分析】（1）根据椭圆的性质以及定义求出椭圆的方程；（2）求出直线AB的方程，并与椭圆方程联立求出两点的纵坐标，再由三角
15、形面积公式求出的面积【详解】（1）由题意知，所以，由焦距为2，所以，所以所以椭圆E的方程为（2）因为轴，所以直线AB的方程为由，得解得，所以.21. 如图所示，为了竖一块广告牌，要制造三角形支架，要求，的长度大于米，且比长0.5米，为了稳固广告牌，要求越短越好，设，（1）求关于的表达式；（2）当为何值时，最短并求最短值【答案】（1）；（2）米时，AC最短，最短值米.【解析】【分析】（1）根据题意，由余弦定理即可求出；（2）根据均值不等式求最小值即可.【详解】（1）由题意得，在中，由余弦定理得，即，化简并整理得，（2），（当且仅当时，等号成立），此时t取最小值当米时，AC最短，最短值米22. 设
16、数列的前项和为，已知，（1）证明：为等比数列，求出通项公式；（2）若，求的前项和；（3）在（2）的条件下判断是否存在正整数使得成立？若存在，求出所有值；若不存在说明理由【答案】（1）证明见解析，；（2）；（3）不存在正整数n，理由见解析.【解析】【分析】（1）由等式可得出，可证得数列为等比数列，确定该数列的首项和公比，求出数列的通项公式，可求得，再利用与的关系可求得数列的通项公式；（2）求得，利用错位相减法可求得；（3）由，可得，令，利用数列的单调性可判断等式是否有解，即可得出结论.【详解】（1），因为，所以可推出故，即为等比数列，且首项为，公比也为，即，当时，也满足此式，；（2）因为，两式相减得：，即；（3）将代入，得所以，即.令，所以，数列为单调递减数列，又，因为为单调递减数列，所以当，所以不存在正整数使得成立【点睛】方法点睛：数列求和的常用方法：（1）对于等差等比数列，利用公式法直接求和；（2）对于型数列，其中是等差数列，是等比数列，利用错位相减法求和；（3）对于型数列，利用分组求和法；（4）对于型数列，其中是公差为的等差数列，利用裂项相消法求和.