1、2020年下学期高二期中大联考数学试卷总分：150分 时量：120分钟一、单项选择（每小题5分，共40分）1、已知全集，集合，则为（ ）A B C D2、是（ ）A第一象限角 B第二象限角 C第三象限角D第四象限角3、在新高考改革中,一名高一学生在确定选修物理的情况下,想从政治,地理,生物,化学中再选两科学习,则所选两科中一定有地理的概率是（ ）A B C D4、已知椭圆的焦点在y轴上，长轴长是短轴长的两倍，则( )A B2 C D45、设向量，且，则（ ）A B C D6、设，则的大小关系为（ ）AB CD7、已知函数，（其中且），在同一坐标系中画出其中两个函数在第一象限内的大致图像，其中正
2、确的是（ ）8、在数列 中，已知，则等于()A B C D二、多项选择题（每小题5分，共20分；少答计3分，多答或答错计0分）9、给出下列四个关系式，其中不正确的是（ ）A BC D10、设，以下四个命题中正确的是（ ）A若为定值，则有最大值 B若，则有最大值4C若，则有最小值4 D若总成立，则的取值范围为11、已知双曲线C的标准方程为，则（ ）A双曲线C的离心率等于半焦距 B双曲线与双曲线C有相同的渐近线C双曲线C的一条渐近线被圆截得的弦长为D直线与双曲线C的公共点个数只可能为0，1，212、如图，正方体的棱长为1，线段上有两个动点E、F，且，则下列结论中正确的是（ ）A线段上存在点E、F使
3、得 B平面ABCDC的面积与的面积相等 D三棱锥A-BEF的体积为定值三、填空题（每小题5分，共20分）13、命题“”，命题“”，则是的_条件.14、双曲线的渐近线方程为_.15、若，则函数有零点的概率为_.16、已知数列的前n项和Sn2an1(nN)，设bn1log2an，则数列的前n项和Tn_四、 解答题（第17题10，其余12分每题，共70分）17、已知向量.记.(1)求的最小正周期及单调增区间；(2)在中，角的对边分别为若，求的值.18、在，三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解答.设是公比大于0的等比数列，其前n项和为是等差数列.已知，_.（1）求和的通项公式；（2）设求.19
4、、如图已知四棱锥A-BCC1B1底面为矩形，侧面ABC为等边三角形，且矩形BCC1B1与三角形ABC所在的平面互相垂直，BC=4，BB1=2，D为AC的中点.（1）求证：平面；（2）求点D到平面ABC1的距离.20、已知曲线,.(1)当取何值时，方程表示圆？(2)求证：不论为何值，曲线必过两定点.(3)当曲线表示圆时，求圆面积最小时的值.21、已知函数，且，（1）求，的值（2）判断的奇偶性（3）试判断函数在上的单调性，并证明（4）求函数的最小值22、点在椭圆：上，且点到椭圆两焦点的距离之和为(1)求椭圆的方程；(2)已知动直线与椭圆相交于两点，若，求证：为定值2020年下学期高二期中大联考数学
5、参考答案一、单项选择1、【答案】C2、【答案】C3、【答案】D4、【答案】C5、【答案】D6、【答案】B7、【答案】C8、【答案】B二、多项选择题9、【答案】AC 10、【答案】CD 11、【答案】AD 12、【答案】BD三、填空题13、【答案】必要不充分 14、【答案】15、【答案】 16、【答案】四、解答题17、【答案】(1)，函数的单调增区间为；(2).试题分析：（1）利用平面向量的数量积公式求出的解析式,利用二倍角的正弦公式、二倍角的余弦公式以及两角和的正弦公式化简，再根据正弦函数的性质得出周期，列出不等式解出增区间；(2)根据计算,由正弦定理得出,再利用余弦定理列方程求解即可.详解：
6、由已知，(1)，由复合函数的单调性及正弦函数的单调性，解得，所以，函数的单调增区间为.(2)由,得,因为，根据正弦定理，得，由余弦定理，有，则，所以，.【点睛】本题主要考查正弦定理、余弦定理、二倍角公式以及三角函数的单调性，属于中档题.18、【答案】（1）（2）试题分析：（1）直接利用等差数列等比数列公式计算得到答案.（2），利用错位相减法计算得到答案.详解：（1）方案一：选条件：设等比数列的公比为q，解得或，.设等差数列的公差为d，解得，.方案二：选条件：设等比数列的公比为q，解得或，.设等差数列的公差为，解得，方案三：选条件，设等比数列的公比为，解得或，.设等差数列的公差为，解得，（2），
7、【点睛】本题考查了等差数列等比数列通项公式，错位相减法求和，意在考查学生对于数列公式方法的综合应用.19、【答案】（1）证明见解析；（2）.试题分析：（1）连接，交于，连接，利用已知条件可得，由线面平行的判定定理即可得证；（2）先利用面面垂直得面，再利用求距离即可.详解：（1）证明：连接，交于，连接，由矩形可知为的中点，又D为AC的中点，则，平面，平面，所以平面；（2）由题意得：面面，又面，面面，所以面，则，又，所以，又，则的高为，所以，又，则，设点D到平面ABC1的距离为，则，故，所以点D到平面ABC1的距离为.【点睛】本题主要考查了线面平行的判定定理以及利用等体积法求点到面的距离.属于中档
8、题.20、【答案】(1)时，方程表示圆；(2)证明见解析；(3)试题分析：（1）当时，可知方程表示直线；当，化简整理已知方程，可知满足圆的方程；（2）将已知方程整理为，从而可得方程组，解方程组求得两定点坐标，结论可证得；（3）根据（2）的结论，可知以为直径的圆面积最小，从而得到圆的方程，与已知方程对应相等可构造方程组，解方程组求得结果.详解：(1)当时，方程为表示一条直线当时，时方程表示圆(2)方程可变形为：取任何值，上式都成立，解得：或曲线过定点，即无论为何值，曲线必过两定点(3)由(2)曲线过定点，在这些圆中，以为直径的圆的面积最小以为直径的圆的方程为：，解得：【点睛】本题考查圆的方程、圆
9、过定点以及圆的性质的应用等知识；本题求解圆面积最小的关键是能够根据圆的性质，确定以两定点为直径的圆面积最小，从而得到圆的方程.21、【答案】（1）；（2）为偶函数；（3）在上为减函数，证明见解析；（4）2.试题分析：（1）由已知条件列方程组解得即可；（2）由（1）知的解析式，根据函数奇偶性定义判断即可；（3）利用函数单调性定义判断即可；（4）根据函数的奇偶性和单调性即可得出为最小值.详解：解：（1）由已知，得，解得（2）由（1）可知任取，则，又的定义域为，所以为偶函数（3）在上为减函数，证明如下：任取，且，则因为，且，所以，从而，故，即.所以函数在上为减函数（4）因为在上为减函数，且为偶函数，所以在上是增函数，所以当时，又因为在上为减函数，所以当时，从而对于任意的，都有，所以的最小值为2.【点睛】本题考查待定系数法求函数解析式、函数奇偶性判断、函数单调性证明及函数的最值，属于中档题.22、【答案】（1）（2）试题分析：（1）利用椭圆的定义和点在椭圆上进行求解；（2）联立直线和椭圆的方程，得到关于的一元二次方程，利用根与系数的关系和平面向量的数量积定义进行求解.试题解析：（1）解得即椭圆的方程为（2）设，联立得，2020年下学期高二期中大联考数学试卷 第 16 页 共 16 页