1、甘肃省民乐县第一中学2020-2021学年高二数学上学期期中试题 文（含解析）一、单选题（60分）1. 已知数列是公比不为1的等比数列，且，是与的等差中项，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】设数列的公比为q，由题意可得，解方程即得解.【详解】设数列的公比为q，由题意可得，所以解得或（舍去），故.故选：B.【点睛】本题主要考查等比数列通项的基本量的计算，考查等比数列的通项的求法，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.2. 若ab0，cdB. D. b0，利用不等式的性质可得，得到结果，也可以利用特值法代入得到结果.【详解】方法1：cdd0，又ab0，.故选：D.方法2：令
2、a3，b2，c3，d2.则1，1，排除选项A，B.又，排除选项C.故选：D【点睛】该题考查的是有关不等式的问题，涉及到的知识点有不等式的性质，属于基础题目.3. 在数列an中，Sn2n23n(nN*)，则a4等于()A. 11B. 15C. 17D. 20【答案】A【解析】【分析】利用求得，由此求得.【详解】当时，当时，当时，上式也满足，故.所以.故选：A【点睛】本小题主要考查已知求，属于基础题.4. 一元二次不等式的解集是，则的值是（ ）A. 10B. -10C. 14D. -14【答案】D【解析】【分析】由方程的两根为和，根据韦达定理求出可得结果.【详解】根据题意，一元二次不等式的解集是，
3、则，方程的两根为和，则有，解可得，则.故选：D【点睛】本题考查了由一元二次不等式的解集求参数，属于基础题.5. 数列中，则（）A. 32B. 62C. 63D. 64【答案】C【解析】【分析】把化成，故可得为等比数列，从而得到的值.【详解】数列中，故，因为，故，故，所以，所以为等比数列，公比为，首项为.所以即，故，故选C.【点睛】给定数列的递推关系，我们常需要对其做变形构建新数列（新数列的通项容易求得），常见的递推关系和变形方法如下：（1），取倒数变形为；（2），变形为，也可以变形为；6. 数列中，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由题意，根据累加法，即可求出结果.【详
4、解】因为，所以，因此，以上各式相加得：，又，所以.故选：A.【点睛】本题主要考查累加法求数列的通项，属于基础题型.7. 已知等比数列的各项均为正数，若，则（ ）A. 1B. 2C. 4D. 8【答案】C【解析】【分析】由对数的运算性质，求得，再由等比数列的性质，得到，即可求解，得到答案.【详解】由题意，可得，所以，又由等比数列的性质，可得，即，所以.故选：C.【点睛】本题主要考查了对数的运算性质，以及等比数列的性质的应用，其中解答中熟练应用对数的运算性质，结合等比数列的性质求解是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.8. 若实数，满足约束条件，则的最大值等于（ ）A. 2B. 1C
5、. -2D. -4【答案】A【解析】【分析】作出可行域，平移目标函数，找到取最大值的点，然后可求最大值.【详解】根据题意作出可行域如图：平移直线可得在点A处取到最大值，联立可得,代入可得最大值为2，故选A.【点睛】本题主要考查线性规划，作出可行域，平移目标函数，求出最值点是主要步骤，侧重考查直观想象和数学运算的核心素养.9. 命题“且”与命题“或”都是假命题，则下列判断正确的是（ ）A. 命题“且”是真命题B. 命题“”与“”至少有一个是假命题C. 命题“”与“”真假相同D. 命题“”与“”真假不同【答案】A【解析】【分析】由已知条件可知、均为假命题，再由复合命题真假可判断各选项的正误.【详解
6、】由于命题“且”与命题“或”都是假命题，则、均为假命题.所以，命题“且”是真命题，命题“”与“”都为真命题，命题“”与“”真假不同，命题“”与“”真假相同.故选：A.【点睛】本题考查利用复合命题的真假判断复合命题的真假，解题的关键就是判断出两个简单命题的真假，考查推理能力，属于基础题.10. 已知数列满足，且成等比数列.若的前n项和为，则的最小值为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】利用等比中项性质可得等差数列的首项，进而求得，再利用二次函数的性质，可得当或时，取到最小值.【详解】根据题意，可知为等差数列，公差，由成等比数列，可得，解得.根据单调性，可知当或时，取到最小值，
7、最小值为.故选：D.【点睛】本题考查等差数列通项公式、等比中项性质、等差数列前项和的最值，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力，求解时注意当或时同时取到最值.11. 以椭圆：的短轴的一个端点和两焦点为项点的三角形为正三角形，且椭圆上的点到焦点的最短距离为1，则椭圆的标准方程为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由题意，在正三角形中得到基本量间的关系，结合焦点到椭圆上的点的最短距离为，故可求出的值，从而可椭圆的方程【详解】解：因为椭圆短轴的一个端点和两焦点为项点的三角形为正三角形，所以，因为椭圆上的点到焦点的最短距离为1，所以，所以，所以椭圆的方
8、程为，故选：A【点睛】此题考查椭圆的标准方程的求法，考查椭圆的几何性质的应用，属于基础题12. 已知数列的前项和为，若存在两项，使得，则的最小值为（）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】运用数列的递推式和等比数列的定义、通项公式可得求得，运用基本不等式，检验等号成立的条件，根据单调性即可得出结果.【详解】解：，可得，即，时，又，相减可得，即，是首项为，公比为的等比数列所以，即，得，所以，当且仅当时取等号，即为，因为，取整数，所以均值不等式等号条件取不到，则，因为，在上单调递减，在上单调递增，所以当，时，取得最小值为故选：B.【点睛】本题考查数列的通项公式的求法，运用数列的递推式和
9、等比数列的定义、通项公式，考查基本不等式的运用，考查化简运算能力，属于中档题二、填空题（20分）13. 若“”是“”的必要不充分条件，则的取值范围是_【答案】【解析】【分析】由题，“”是“”的必要不充分条件，则是的真子集，可得答案.【详解】因为“”是“”的必要不充分条件，所以是的真子集，所以，故答案为.【点睛】本题考查了不要不充分条件，属于基础题.14. 已知正数、的等差中项为1，则的最小值为_【答案】【解析】【分析】由题得x+y=2,再利用基本不等式求最值.【详解】由题得x+y=2, .当且仅当时取等.故答案为9【点睛】本题主要考查基本不等式求函数的最值，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分
10、析推理能力.15. 若命题“”是假命题，则实数的取值范围是_【答案】【解析】【分析】根据特称命题是假命题进行转化即可【详解】命题“”是假命题，则命题“”是真命题，则，解得则实数的取值范围是故答案为【点睛】本题主要考的是命题的真假判断和应用，熟练掌握一元二次不等式的解集与判别式的关系是解题的关键，属于基础题16. 已知椭圆的左，右焦点分别为，过的直线交椭圆C于A，B两点，若，且的三边长、成等差数列，则C的离心率为_【答案】【解析】【分析】由已知，设，据勾股定理有；由椭圆定义知的周长为4a，由勾股定理，可得选项.【详解】由已知，设，所以根据勾股定理有，解得；由椭圆定义知，所以的周长为4a，所以有，
11、；在直角中，由勾股定理，离心率故答案为：.【点睛】本题考查椭圆离心率，椭圆的定义，重在对问题的分析，抓住细节，同时考查计算能力，属于中档题.三、解答题（70分）17. 已知命题表示双曲线，命题表示椭圆（1）若命题p与命题q都为真命题，则p是q的什么条件？（2）若为假命题，且为真命题，求实数m的取值范围【答案】（1）必要而不充分条件；（2）或【解析】【分析】（1）首先根据双曲线和椭圆的标准方程计算命题，是真命题时的范围，再根据的范围即可得到答案.（2）首先根据题意得到，一真一假，再分类讨论真假和假真情况即可得到答案.【详解】（1）因为命题表示双曲线是真命题，所以解得又命题表示椭圆是真命题，所以解
12、得或因为，所以p是q的必要而不充分条件（2）为假命题，且为真命题，一真一假当真假时，由（1）可知，为真，有，为假，有或或由解得或当假真时，由（1）可知，为假，有或，为真，有或由解得，无解综上，可得实数m的取值范围为或【点睛】本题第一问考查必要不充分条件的判定，同时考查了椭圆和双曲线的标准方程，第二问考查了逻辑连接词，属于中档题.18. 设等差数列的前项和为，.（1）求；（2）设，证明数列是等比数列，并求其前项和.【答案】（1）；（2）证明见解析；.【解析】【分析】（1）利用等差数列的求和公式和基本量运算得到；（2）利用定理证明数列是等比数列，公式法求和即可【详解】（1）由题可知是等差数列.由，
13、联立解得，所以；（2）由，得数列是首项为，公比为2的等比数列.数列的前项和.【点睛】本题考查等差数列和等比数列的通项公式和求和公式，考查学生计算能力，属于基础题19. 已知椭圆过点，离心率.（1）求椭圆的方程；（2）设直线与椭圆相交于A、B两点，求.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）根据题意得，再结合即可求得答案.（2）设，直接联立方程得，再结合韦达定理，利用弦长公式和点到线的距离公式得，点M到直线的距离，进而可得.【详解】解：（1）由题意得，结合，解得所以椭圆的方程为：.（2）由得即，经验证.设，.所以，故因为点M到直线距离，所以.【点睛】本题考查直线与椭圆的位置关系，椭圆的方程
14、，弦长公式等，考查运算能力，是基础题.20. 在数列中，（1）证明：数列是等差数列；（2）若，求数列的前n项和【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】【分析】（1）将条件中的等式变形为即可证明；（2）求出数列的通项公式，代入，可得，利用裂项相消法即可求和.【详解】解：（1）由得，故数列是以3为公差的等差数列；（2）由（1）得，则，.【点睛】本题考查等差数列的证明，考查裂项相消法求和，是基础题.21. 某厂要制造至少45台种电子装置和55台种电子装置，需要用薄钢板给每台装置配备一个外壳，已知薄钢板有两种规格：甲种板每张面积，可做，两种装置的外壳分别为3个和5个，乙种板面积为，可做，两种装置的外壳
15、各6个，问该使用甲，乙钢板各几张，将使得所用钢板总面积最小？【答案】甲钢板5张，乙钢板5张时，所用钢板总面积最小【解析】【分析】设甲、乙两种薄钢板分别使用张和张，总面积为，可得，利用线性规划的知识，转化求解即可【详解】解：设甲钢板张，乙钢板张，所用钢板总面积，则由条件有，且，又，平移直线，当过点时截距最小，由，得，即所以，甲、乙两种薄钢板各5张，能保证制造，的两种外壳的用量，同时又能使用料总面积最小【点睛】本题考查线性规划的实际应用，得到约束条件画出可行域，求出最优解是解题的关键，是中档题22. 已知数列的前项和为，且满足（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）先由递推关系，得到，再由，根据，由递推关系，得出数列是等比数列，进而可求出通项公式；（2）先由（1）得到，根据错位相减法，即可求出数列的和.【详解】（1）当时，；当时，由可得即是首项为1，公比为2的等比数列，因此.（2）由（1）可得，由得：.【点睛】本题主要考查由递推关系求等比数列的通项公式，考查错位相减法求数列的和，属于常考题型.
