2019-2020学年河南省创新发展联盟高二上学期第三次联考数学（理）试题（解析版） 15页

‎2019-2020学年河南省创新发展联盟高二上学期第三次联考数学（理）试题 一、单选题 ‎1．在数列中，，，则（ ）‎ A．2 B．6 C．8 D．14‎ ‎【答案】C ‎【解析】根据数列的递推公式求出，即可求得.‎ ‎【详解】‎ 解：因为，，‎ 所以，‎ 则.‎ 故选：‎ ‎【点睛】‎ 本题考查利用递推公式求数列的项的问题，属于基础题.‎ ‎2．在中，角，，所对的边分别为，，，，，，则（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】直接利用正弦定理得到，代入数据计算得到答案.‎ ‎【详解】‎ 根据正弦定理，所以.‎ 故选：‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了正弦定理，意在考查学生的计算能力.‎ ‎3．命题“，”的否定是（ ）‎ A．， B．，‎ C．， D．，‎ ‎【答案】C ‎【解析】根据特称命题的否定是全称命题得到答案.‎ ‎【详解】‎ 特称命题的否定是全称命题.‎ 故命题“，”的否定是，‎ 故选：‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了特称命题的否定，意在考查学生的推断能力.‎ ‎4．抛物线的准线方程是（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】D ‎【解析】根据抛物线的定义，将抛物线化成标准式，即可求出其准线方程.‎ ‎【详解】‎ 解：‎ ‎，则该抛物线的准线方程是，即.‎ 故选：‎ ‎【点睛】‎ 本题考查抛物线的标准方程及简单几何性质，属于基础题.‎ ‎5．设，满足，则的最小值是（ ）‎ A．8 B．-2 C．-4 D．-8‎ ‎【答案】C ‎【解析】画出可行域和目标函数，根据平移得到答案.‎ ‎【详解】‎ 画出可行域和目标函数，如图所示：‎ 当直线经过点时，即时，.‎ 故选： ‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了线性规划求最值问题，画出可行域和目标函数是解题的关键.‎ ‎6．“”是“方程表示椭圆”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 ‎【解析】方程表示椭圆解得或，根据范围大小判断得到答案.‎ ‎【详解】‎ 因为方程表示椭圆，所以，解得或.‎ 故“”是“方程表示椭圆”的充分不必要条件.‎ 故选：‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了充分不必要条件，意在考查学生的推断能力.‎ ‎7．在中，角，，所对的边分别为，，，，则的形状是（ ）‎ A．锐角三角形 B．直角三角形 C．钝角三角形 D．不确定 ‎【答案】B ‎【解析】根据正弦定理得到，化简得到，计算得到答案.‎ ‎【详解】‎ ‎，所以，‎ 所以，即.‎ 因为，，所以，故是直角三角形.‎ 故选：‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了正弦定理和三角恒等变换，意在考查学生对于三角公式的综合应用.‎ ‎8．已知双曲线的左、右焦点分别是，，过的弦的长为5，则的周长是（ ）‎ A．17 B．20 C．22 D．25‎ ‎【答案】C ‎【解析】判断点，在双曲线的左支上得到，，再计算周长得到答案.‎ ‎【详解】‎ 因为，所以点，一定都在该双曲线的左支上 则，，从而，‎ 故的周长是.‎ 故选：‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了双曲线的周长问题，熟练利用双曲线的焦点三角形性质是解题的关键.‎ ‎9．已知命题：在中，若，则，命题：在等比数列中，若，则.下列命题是真命题的是（ ）‎ A． B．‎ C． D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】先判断命题是真命题和命题是假命题，再判断为真命题得到答案.‎ ‎【详解】‎ 设，则，因为，所以，‎ 所以，则，即，故命题是真命题.‎ 因为，所以，所以，则命题是假命题.‎ 故是真命题；，，为假命题.‎ 故选：‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了命题的真假判断，意在考查学生的推断能力.‎ ‎10．已知椭圆：的左、右焦点分别为，，定点，点是椭圆上的动点，则的最大值是（ ）‎ A．7 B．10 C．17 D．19‎ ‎【答案】C ‎【解析】计算，利用得到答案.‎ ‎【详解】‎ 由题意可得，则..‎ 因为点在椭圆上，所以所以 故.‎ 当共线且在延长线上时取等号.‎ 故选： ‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了椭圆线段的最值问题，利用是解题的关键，意在考查学生的转化能力和计算能力.‎ ‎11．已知等差数列的前项和有最小值，且，则使得成立的的最小值是（ ）‎ A．11 B．12 C．21 D．22‎ ‎【答案】D ‎【解析】由题意可知公差，又，故，，且，根据前项和公式及下标和公式，可得其，即可得解.‎ ‎【详解】‎ 解：由题意可得等差数列的公差.因为，所以，，所以，则，.故使得成立的的最小值是22.‎ 故选：‎ ‎【点睛】‎ 本题考查等差数列的性质及前项和公式，属于基础题.‎ ‎12．双曲线的左、右焦点分别为，，渐近线分别为，，过点且与垂直的直线交于点，交于点，若 ‎，则双曲线的离心率为（ ）‎ A． B． C．2 D．3‎ ‎【答案】B ‎【解析】设：，：，联立方程得到，再计算，，利用余弦定理得到，计算得到答案.‎ ‎【详解】‎ 记为坐标原点.由题意可得，不妨设：，：‎ 则直线：.联立，解得 则故，.因为，所以 所以，，则.‎ 因为，所以，‎ 所以，整理得，则 解得.‎ 故选：‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了双曲线的离心率问题，综合性强，计算量大，意在考查学生的综合应用能力和计算能力.‎ 二、填空题 ‎13．椭圆的短轴长是______.‎ ‎【答案】4‎ ‎【解析】椭圆标准方程为，再直接利用椭圆的短轴公式得到答案.‎ ‎【详解】‎ 椭圆方程为，则，则短轴长是.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了椭圆的短轴长，属于简单题.‎ ‎14．已知，且，则的最小值是______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】变形得到，展开利用均值不等式得到答案.‎ ‎【详解】‎ 因为，所以.‎ 因为，所以，当且仅当，时，等号成立 所以.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了利用均值不等式求最值，变换是解题的关键.‎ ‎15．从某建筑物的正南方向的处测得该建筑物的顶部的仰角是，从该建筑物的北偏东的处测得该建筑物的顶部的仰角是，，之间的距离是35米，则该建筑物的高为______米.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】设该建筑物的高（为该建筑物的底部），由题意可得，，利用余弦定理求得的值.‎ ‎【详解】‎ 解：设该建筑物的高（为该建筑物的底部），由题意可得，，，，则 ‎，即，解得.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查利用余弦定理解三角形，属于基础题.‎ ‎16．已知抛物线：的焦点为，过点的直线与抛物线在第一象限交于点，与抛物线的准线交于点，过点作抛物线的准线的垂线，垂足为.若，，则抛物线的标准方程是______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】设，计算得到，，根据 计算得到得到答案.‎ ‎【详解】‎ 设，.因为，所以，‎ 所以，，则.‎ 因为，所以，所以，则 故抛物线的标准方程是.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了抛物线方程的计算，意在考查学生的计算能力和转化能力.‎ 三、解答题 ‎17．已知：函数在区间上单调递增，：关于的不等式的解集非空.‎ ‎（1）当时，若为真命题，求的取值范围；‎ ‎（2）当时，若为假命题是为真命题的充分不必要条件，求的取值范围.‎ ‎【答案】（1）； （2）.‎ ‎【解析】（1）当时，，根据单调性得到，计算得到答案.‎ ‎（2）为假命题，则；为真命题，则或；根据充分不必要条件得到范围大小关系得到答案.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）当时，.因为为真命题，所以，即，‎ 故的取值范围是.‎ ‎（2）因为为假命题，所以，因为，所以.‎ 记满足为假命题的的取值集合为.‎ 因为为真命题，所以，解得或.‎ 记满足为真命题的的取值集合为.‎ 因为为假命题是为真命题的充分不必要条件 所以集合是集合的真子集，则.故的取值范围是.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了命题的真假判断，充分不必要条件，根据充分不必要条件得到范围的大小关系是解题的关键.‎ ‎18．已知抛物线：的焦点为，且抛物线与直线的一个交点是.‎ ‎（1）求抛物线的方程；‎ ‎（2）若直线：与抛物线交于，两点，且（为坐标原点），求.‎ ‎【答案】（1）； （2）.‎ ‎【解析】（1）根据题意得到，计算得到答案.‎ ‎（2）设，，联立方程利用韦达定理得到，，根据计算得到答案.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）由题意可得，解得，.故抛物线的方程是.‎ ‎（2）设，，联立，整理得，‎ 则，，从而.‎ 因为，所以，又，所以.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了抛物线方程，韦达定理的应用是解题的关键，意在考查学生的计算能力.‎ ‎19．在中，角，，所对的边分别为，，，已知，且.‎ ‎（1）求面积的最大值；‎ ‎（2）若的面积为，求的周长.‎ ‎【答案】(1) 最大值是. (2) ‎ ‎【解析】（1）利用正弦定理边角互化求得，再利用余弦定理和重要不等式以及面积公式求得面积的最大值.‎ ‎（2）由（1）知的值，利用求得的值，再用余弦定理求得即可求得的值，即可求出的周长.‎ ‎【详解】‎ 解：（1）因为，所以，‎ 所以，所以.‎ 因为，所以.‎ 由余弦定理得，则.‎ 因为，所以，所以，‎ 则的面积，即面积的最大值是.‎ ‎（2）因为的面积为，所以，所以.‎ 由余弦定理得，‎ 因为，，所以，‎ 所以，‎ 故的周长为.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查利用余弦定理和面积公式解三角形，属于中档题.‎ ‎20．已知数列的前项和为，且，数列满足，.‎ ‎（1）求的通项公式；‎ ‎（2）求的前项和.‎ ‎【答案】（1）； （2）.‎ ‎【解析】（1）利用公式化简得到，再利用计算得到数列的通项公式.‎ ‎（2）由（1）可得，则，再利用错位相减法计算前项和.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）因为，所以，‎ 所以，即.‎ 因为，，所以，所以.‎ 故数列是以1为首项，以3为公比的等比数列，.‎ ‎（2）由（1）可得，则，‎ 从而，①‎ ‎，②‎ ‎①-②得 ‎，‎ 故.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了求通项公式，利用错位相减法计算前项和，意在考查学生对于数列公式的灵活运用.‎ ‎21．某轮船公司年初以200万元购进一艘轮船，以每年40万元的价格出租给海运公司.轮船公司负责轮船的维护，第一年维护费为4万元，随着轮船的使用与磨损，以后每年的维护费比上一年多2万元，同时该轮船第年末可以以万元的价格出售.‎ ‎（1）写出轮船公司到第年末所得总利润万元关于的函数解析式，并求的最大值；‎ ‎（2）为使轮船公司年平均利润最大，轮船公司应在第几年末出售轮船？‎ ‎【答案】(1) ，191万元 (2) 第7年末 ‎【解析】（1）总利润等于总收入减去总支出，由题意计算出总维护费和总收入，即可得到函数解析式，再由二次函数的性质及的取值范围，可得最大值。‎ ‎（2）记轮船公司年平均利润为（万元），则，再用基本不等式分析最值.‎ ‎【详解】‎ 解：（1）轮船公司年的总维护费为，‎ 总收入为 所以轮船公司到第年末所得总利润，‎ 因为，所以（万元）.‎ ‎（2）记轮船公司年平均利润为（万元），则.‎ 因为（当且仅当时，等号成立），所以.‎ 故为使轮船公司年平均利润最大，轮船公司应在第7年末出售轮船.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查函数的实际应用，以及基本不等式的应用，属于基础题.‎ ‎22．设椭圆：的左、右焦点分别为，，下顶点为，椭圆的离心率是，的面积是.‎ ‎（1）求椭圆的标准方程.‎ ‎（2）直线与椭圆交于，两点（异于点），若直线与直线的斜率之和为1，证明：直线恒过定点，并求出该定点的坐标.‎ ‎【答案】（1）； （2）证明见解析，.‎ ‎【解析】（1）根据离心率和的面积是得到方程组，计算得到答案.‎ ‎（2）先排除斜率为0时的情况，设，，联立方程组利用韦达定理得到，，根据化简得到，代入直线方程得到答案.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）由题意可得，解得，，则椭圆的标准方程是.‎ ‎（2）当直线的斜率为0时，直线与直线关于轴对称，则直线与直线的斜率之和为零，与题设条件矛盾，故直线的斜率不为0.‎ 设，，直线的方程为 联立，整理得 则，.‎ 因为直线与直线的斜率之和为1，所以，‎ 所以，‎ 将，代入上式，整理得.‎ 所以，即，‎ 则直线的方程为.‎ 故直线恒过定点.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了椭圆的标准方程，直线过定点问题，计算出是解题的关键，意在考查学生的计算能力和转化能力.‎