河南省顶尖名校联盟2021-2022学年高二上学期期中联考理科数学 Word版含解析.docx

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顶尖名校联盟2021~2022学年高二上学期期中考试数学（理科）试卷考生注意：1．本试卷分选择题和非选择题两部分.满分150分，考试时间120分钟.2．考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效.3．本卷命题范围：必修5，选修2-1第一章，第二章.一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60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.不等式的解集是（）A.B.或C.D.或【答案】A【解析】【分析】将分式不等式转化为一元二次不等式化简即可.【详解】解：由题意可得，所以，解得.故选：A.2.在中，已知，，，则的面积为（）A.B.或C.D.【答案】B【解析】【分析】先用余弦定理求得b，然后由三角形面积公式计算．【详解】因为中，已知，，， 所以，由余弦定理得，解得或2，所以的面积或．故选：B.3.已知数列为等差数列，为数列的前项和，，则等于（）A.5B.15C.30D.35【答案】D【解析】【分析】根据等差数列的性质，由已知可求得，再由等差数列性质求得．【详解】因为为等差数列，，得，所以.故选：D．4.已知方程表示一个焦点在轴上的椭圆，则实数的取值范围为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】由椭圆的简单几何性质即可求解.【详解】解：因为方程表示一个焦点在轴上的椭圆，所以有，解得，所以实数的取值范围为，故选：B. 5.已知、、、为实数，则下列命题中正确的是（）A.若且，则B.若且，则C.若，，则D.若，，则【答案】D【解析】【分析】利用特殊值法可判断AC选项的正误；利用不等式的基本性质可判断BD选项的正误.【详解】对于A选项，取，，则满足，但此时，A选项错误；对于B选项，由于且，所以，所以B选项错误；对于C选项，取，，则，成立，但是，所以C选项错误；对于D选项，当、中至少有一个为零时，则，此时；当且时，，，有，故D选项正确.故选：D.6.函数的最小值为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】凑配出积为定值，然后由基本不等式得最小值．【详解】因为，所以，所以，当且仅当，即时等号成立，所以的最小值为.故选：A． 7.等比数列的前项和为，则（）A.-10B.-16C.-22D.-8【答案】A【解析】【分析】首先利用等比数列的前项和，求公比和首项，再求.【详解】根据题意，等比数列中，若，则，由，则，得，解得，又由，则有，解得，所以，有.故选：A8.已知抛物线为坐标原点，点为抛物线上的一点，且点在轴的上方，若线段的垂直平分线过点，则直线的斜率为（）A.1B.2C.D.【答案】A【解析】【分析】设出点的坐标，写出的线段所在直线的解析式，进而求出线段垂直平分线所在直线的解析式，通过线段的垂直平分线过点，得到点的横坐标与的关系，即可求出直线的斜率.【详解】解：由题意设，则，线段的中点为∴线段的垂直平分线为：∵线段的垂直平分线过点∴ 解得：∴直线的斜率为：故选：A.9.已知数列的前n项和为，，对任意的都有，则（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】由，可得，数列为常数列，令，可得，进而可得，利用裂项求和即可求解.【详解】数列满足，对任意的都有，则有，可得数列为常数列，有，得，得，又由，所以．故选：C【点睛】方法点睛：数列求和的方法（1）倒序相加法：如果一个数列的前项中首末两端等距离的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前项和即可以用倒序相加法（2）错位相减法：如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么这个数列的前项和即可以用错位相减法来求；（3）裂项相消法：把数列的通项拆成两项之差，在求和时，中间的一些项可相互抵消，从而求得其和； （4）分组转化法：一个数列的通项公式是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成，则求和时可用分组转换法分别求和再相加减；（5）并项求和法：一个数列的前项和可以两两结合求解，则称之为并项求和，形如类型，可采用两项合并求解.10.在中，内角、、所对的边分别为、、，若，角的角平分线交于点，且，，则的值为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】利用正弦定理边角互化以及余弦定理求出角的值，由可得出，结合可求得、的值，再利用余弦定理可求得的值.【详解】，由正弦定理可得，可得，由余弦定理可得：，，所以，由，有，得，所以，，，，由余弦定理可得.故选：B.【点睛】方法点睛：在解三角形的问题中，若已知条件同时含有边和角，但不能直接使用正弦定理或余弦定理得到答案，要选择“边化角”或“角化边”，变换原则如下：（1）若式子中含有正弦的齐次式，优先考虑正弦定理“角化边”； （2）若式子中含有、、的齐次式，优先考虑正弦定理“边化角”；（3）若式子中含有余弦的齐次式，优先考虑余弦定理“角化边”；（4）代数式变形或者三角恒等变换前置；（5）含有面积公式的问题，要考虑结合余弦定理求解；（6）同时出现两个自由角（或三个自由角）时，要用到三角形的内角和定理.11.已知，是双曲线的左，右焦点，点在双曲线的右支上，若，，则双曲线经过一、三象限的渐近线的斜率的最大值为（）A.3B.2C.D.【答案】B【解析】【分析】根据双曲线定理得到，，由余弦定理得到，结合求出，进而得到，得到双曲线经过一、三象限的渐近线的斜率最大值.【详解】设，∴．由题知，∴，故，，∴由余弦定理得．∵，解得，所以，故，∵双曲线经过一、三象限的渐近线为， ∴双曲线经过一、三象限的渐近线的斜率的最大值为2．故选：12.已知，为椭圆上关于短轴对称的两点，、分别为椭圆的上、下顶点，设，、分别为直线，的斜率，则的最小值为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】设出点，的坐标，并表示出两个斜率、，把代数式转化成与点的坐标相关的代数式，再与椭圆有公共点解决即可.【详解】椭圆中：，设则，则，，令，则它对应直线由整理得由判别式解得即，则的最小值为故选：A二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13.命题“，”的否定是___________. 【答案】，.【解析】【分析】根据特称命题的否定形式书写即可.【详解】命题“，”为特称命题，则其否定为：，.为全称命题.故答案为：，.14.若满足约束条件，则的最小值为___________.【答案】【解析】【分析】作出可行域，作出目标函数对应的直线，平移该直线可得最优解．【详解】作出可行域，如图内部（含边界），作直线，由得，由得，是直线的纵截距的相反数，向上平移时，减小，∴向上平移直线，减小，当过时，．故答案为：． 15.已知抛物线准线为，点为抛物线上的一个动点，则点到准线和直线的距离之和的最小值为__________，此时点的坐标为__________.【答案】①.②.【解析】【分析】根据抛物线的定义把点到的距离转化到点到焦点的距离，就是求点到直线的距离，从而能求出直线，与抛物线联立可求点的坐标.【详解】设过点分别向和作垂线，垂足分别为，因为抛物线的焦点，由抛物线的定义得：，所以只需要求最小即可.当且仅当三点共线时最小，且最小值为点到直线的距离，即.此时直线与垂直，所以，所以直线为：直线与抛物线联立得，即，且所以，故点答案为： 16.数列满足，则的最大值为___________.【答案】17【解析】【分析】根据可得，，再由，可得，由等差数列的通项公式即可求解.【详解】由，得有，有；又由，有；再由，有，得，当时，数列为等差数列，由和，可得，此时，，故的最大值为.故答案为：17【点睛】关键点点睛：本题考查了数列递推关系式，解题的关键是根据，得出，，求出，同时考查了等差数列的通项公式的应用.三、解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤.17.已知的内角的对边分别为，且. （1）求；（2）若，如图，为线段上一点，且，求的长.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）利用正弦定理将化为，结合，化简整理可得，从而可求出，进而可求出角的值；（2）在中利用余弦定理可求出，从而可得，则有，而，所以【详解】解：（1）根据正弦定理得，整理得因为，所以，又，可得（2）在中，由余弦定理得：将（1）中所求代入整理得：，解得或(舍)，即在中，可知，有，因为，所以.18.已知：方程有两个不等的负实根，：函数的定义域为R．（1）若为真，求取值范围； （2）若和有且只有一个为真，求的取值范围．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据方程有两个不等的负实根，得到不等式组，求出为真时，再根据对数函数的定义域为R求出，求出均为假命题时的取值范围，进而得到为真的取值范围；（2）考虑真假和假真两种情况下的的取值范围，进而得到答案.【小问1详解】若为真，则，解得：，若为真，则恒成立，则，解得：，先考虑均为假命题时，与取交集得：，则若为真，则和至少有一个为真，则；【小问2详解】真假：与或取交集得：，假真：，综上：．19.在平面直角坐标系中，抛物线的焦点为，过点的直线与抛物线相交于两点，且.（1）求值；（2）若以线段为直径的圆与直线相切，求直线的方程.【答案】（1）2（2）或.【解析】【分析】（1）设点的坐标分别为，直线的方程为，联立抛物线方程得，已知，利用数量积的坐标运算和韦达定理，即可求出的值； （2）利用韦达定理求出弦长，已知以线段为直径的圆与直线相切，求出半径列得方程求解即可算出参数m的值，进而得到直线方程.【小问1详解】设点的坐标分别为，由点的坐标为，设直线的方程为，联立方程，消去后整理得，所以，，.又由，解得.所以的值为2.【小问2详解】由，可得线段中点的坐标为，.若以线段为直径的圆与直线相切，有，解得所以直线的方程为，即或.20.设数列满足.（1）求数列的通项公式；（2）求数列的前项和.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】 （1）当时，与已知条件两式相减可得，再令，计算即可求解；（2）由（1）得，所以，再利用乘公比错位相见即可求和.详解】（1）数列满足当时，两式作差有，所以当时，，上式也成立所以（2）则，，所以.【点睛】方法点睛：数列求和的方法（1）倒序相加法：如果一个数列的前项中首末两端等距离的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前项和即可以用倒序相加法（2）错位相减法：如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么这个数列的前项和即可以用错位相减法来求；（3）裂项相消法：把数列的通项拆成两项之差，在求和时，中间的一些项可相互抵消，从而求得其和；（4）分组转化法：一个数列的通项公式是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成，则求和时可用分组转换法分别求和再相加减；（5）并项求和法：一个数列的前项和可以两两结合求解，则称之为并项求和，形如类型，可采用两项合并求解. 21.已知双曲线的一条渐近线方程为，点在双曲线上.（1）求双曲线的标准方程；（2）过定点的动直线与双曲线的左､右两支分别交于两点，与其两条渐近线分别交于（点在点的左边）两点，证明：线段与线段的长度始终相等.【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）根据已知条件求得，从而求得双曲线的标准方程.（2）设出直线的方程，并分别与双曲线的渐近线方程、双曲线方程联立，利用中点坐标公式判断出线段和共中点，从而证得线段与线段的长度始终相等.【小问1详解】由双曲线可得渐近线方程为，由渐近线方程的斜率为，有，可得.将点代入双曲线的方程，有.联立方程，解得，故双曲线的标准方程为.【小问2详解】设点的坐标分别为，线段的中点的坐标为，线段的中点的坐标为.依题意可知直线的斜率存在，设直线的方程为，，联立方程，得；联立方程，得. 所以可得.联立方程，消去后整理得，由解得，且，由于直线与双曲线左右两支分别相交，所以.所以，可得，所以，所以线段和共中点，故有.【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：（1）设直线方程，设交点坐标为；（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；（3）列出韦达定理；（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；（5）代入韦达定理求解.22.如图，在平面直角坐标系中，已知椭圆：，椭圆：，点P为椭圆的上顶点，点A，C为椭圆上关于原点对称的两个动点.斜率为的直线PA与椭圆交于另一点B，斜率为的直线PC与椭圆交于另一点D（1）求的值； （2）求的值.【答案】（1）-3（2）【解析】【分析】(1)设点的坐标为，则点的坐标为，且，根据两点斜率公式求，由此可得的值；(2)分别联立直线与椭圆方程，求点的横坐标和点的横坐标，由此可求，同理可求，再求的值.【小问1详解】设点的坐标为，可得点的坐标为，由点在椭圆上有，可得，点的坐标为，由，，有，故的值为-3；【小问2详解】直线的方程为，联立方程y=k1x+3,x2+y23=1,消去可得，解得或，点A的横坐标为.联立方程消去可得，解得或，点的横坐标为， 有；同理，可得，故的值为.