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- 2023-11-30 发布
2019-2020学年第一学期拉萨市高中期末联考
高二文科数学 试卷
一、选择题：（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.如果，那么下列不等式正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
根据不等式的性质判断，错误的不等式可以举反例说明．
【详解】但，，A错，B错；，C正确；，D错．
故选：C.
【点睛】本题考查判断不等式的正确性，掌握不等式的性质是解题关键．对错误的不等式可通过举反例判断．
2.在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，如果，，，那么（ ）
A. B. C. D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】
用正弦定理求解．
【详解】由题意，
由得．
故选：B.
【点睛】本题考查正弦定理，已知两角和一角对边求另一角的对边，可用正弦定理求解．
3.“”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】B
【解析】
【分析】
根据充分必要条件的定义判断．
【详解】，
∴命题是真命题，是假命题．
题中应为必要不充分条件．
故选：B.
【点睛】本题考查充分必要条件的判断，掌握充要必要条件的定义是解题关键．
4.幻方是中国古代一种填数游戏，阶幻方是指将连续个正整数排成的正方形数阵，使之同一行、同一列和同一对角线上的n个数的和都相等.中国古籍《周易本义》中的《洛书》记载了一个3阶幻方（如图1），现代符号表示如图2.若某3阶幻方正中间的数是2019，则该幻方中的最小数为（ ）
A. 2013 B. 2014 C. 2015 D. 2016
【答案】C
【解析】
【分析】
根据幻方的定义，类比给出的例子求解.
【详解】根据题意，设数列为，公差为1，
则中间的数是，
所以最小的数是.
故选：C
【点睛】本题主要考查数学史中的数列问题和类比推理，还考查了阅读理解和抽象概括的能力，属于基础题.
5.已知椭圆上一点M到焦点的距离等于4，那么点M到另一个焦点的距离为（ ）
A. 1 B. 2 C. 4 D. 6
【答案】D
【解析】
【分析】
根据椭圆方程，求得，再根据，利用椭圆得定义求解.
【详解】已知椭圆，
所以，
根据题意，
又因为，
所以.
故选：D
【点睛】本题主要考查椭圆的方程和定义，还考查了运算求解的能力，属于基础题.
6.下列命题中正确的是（ ）
A. 若为真命题，则为真命题
B. 已知，那么的最小值为2
C. 命题“，”的否定是“，”
D. 命题“若，则”的否命题为“若，则”
【答案】A
【解析】
【分析】
对各个命题分别判断．
【详解】A. 若为真命题，则都是真命题，∴为真命题，正确．
B.当时，，B错；
C. 命题“，”的否定是，，C错；
D. 命题“若，则”的否命题为“若，则”，D错．
故选：A.
【点睛】本题考查命题真假的判断，解题时可对各个命题分别判断，然后得出正确结论．
7.已知函数在处取得极值，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
在处取得极值，
故选A．
8.在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，则为（ ）
A. 钝角三角形 B. 直角三角形 C. 锐角三角形 D. 等边三角形
【答案】A
【解析】
【分析】
利用正弦定理，将，转化为，再利用两角和与差的三角函数得到判断.
【详解】因为，
所以，
所以，
所以，
所以，
所以，
所以为钝角三角形.
故选：A
【点睛】本题主要考查正弦定理和两角和与差的三角函数的应用，还考查了运算求解的能力，属于中档题.
9.等差数列的前项和为，且，若，则的最小值为（ ）
A. B. C. D. 16
【答案】B
【解析】
【分析】
由等差数列的性质和求和公式，求得， ，求得，得到数列的通项公式，再利用等差数列的前n项和公式，求得，令，即可求解，得到答案．
【详解】由等差数列的性质可知，因为，则有，即，
又因为，解得，即，
所以公差，所以，
所以，
令，解得或（舍），
故选B
【点睛】本题主要考查了等差数列的性质，以及通项公式和前n项和的应用，其中解答中熟记等差数列的性质，以及等差数列的通项公式和前n项和公式，准确运算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．
10.已知双曲线经过点，那么该双曲线的渐近线方程是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
代入点人坐标求出参数，然后可得渐近线方程．
【详解】由题意，，又，∴渐近线方程为．
故选：D.
【点睛】本题考查求双曲线的渐近线方程，解题时可先由点的坐标代入后求出参数，再根据双曲线的渐近线的定义写出方程．
11.已知数列为各项均不相等的等比数列，其前n项和为，且，，成等差数列，则（ ）
A. 3 B. C. 1 D.
【答案】D
【解析】
【分析】
由，，成等差数列求出数列的公比，然后再表示出后求值．
【详解】设数列公比为，则，
∵，，成等差数列，∴，即，解得，
．
故选：D.
【点睛】本题考查等比数列的通项公式与前项和，利用等差数列的性质求出数列公比，然后可求得比值．
12. 如图所示，已知双曲线：右焦点为，双曲线的右支上一点 ，它关于原点的对称点为，满足，且，则双曲线的离心率是( )
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
利用双曲线的性质，推出，，通过求解三角形转化求解离心率即可．
【详解】解：双曲线右焦点为，双曲线的右支上一点，它关于原点的对称点为，满足，且，可得，，，
，所以，可得，
，
所以双曲线的离心率为：．
故选：．
【点睛】本题考查双曲线简单性质的应用，三角形的解法，考查转化思想以及计算能力，属于中档题．
二、填空题：（把答案填在题中横线上）
13.设实数x，y满足的约束条件，则的取值范围是_______.
【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，平移直线，当直线过点时，是最小值，当过点时，是最大值，∴的取值范围是．
故答案为：．
【点睛】本题考查简单的线性规划，解题关键是作出可行域．
14.在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若、，，则_______.
【答案】
【解析】
【分析】
用余弦定理求出，用二倍角公式变形再由正弦定理转化．
【详解】由题意，
∴．
故答案为：．
【点睛】本题考查余弦定理，正弦定理，考查正弦的二倍角公式，属于中档题．
15.已知等比数列的公比为q，能够说明“若，则为递增数列”是假命题的一组整数，，的值为依次________.
【答案】（答案不唯一）．
【解析】
【分析】
只要即可，任意举例即可．
【详解】如，，数列不是递增数列．
故答案为：（答案不唯一）．
【点睛】本题考查等比数列的单调性，掌握等比数列的单调性是解题基础．数列是等比数列，公比为，若或，则数列是递增数列，若或，则数列是递减数列，若，则数列是摆动数列，若，则数列是常数列．
16.阿基米德（公元前287年一公元前212年）不仅是著名的物理学家，也是著名的数学家，他最早利用“逼近法”得到椭圆的面积除以圆周率等于椭圆的长半轴长与短半轴长的乘积.若椭圆C的对称轴为坐标轴，焦点在y轴上，且椭圆C的离心率为，面积为，则椭圆C的标准方程为_______.
【答案】
【解析】
【分析】
根据已知条件求出可得椭圆标准方程．
【详解】设椭圆方程为，则由已知得，解得，
椭圆方程为．
故答案为：．
【点睛】本题考查求椭圆的标准方程，解题时根据题意求出是求解的最基本的方法．
三、解答题：（解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.）
17.在等差数列中，若，.
（1）求数列的公差d及通项公式；
（2）记，求数列的前n项和.
【答案】（1），；（2）
【解析】
【分析】
（1）由公差和首项列方程组，解出后可得通项公式；
（2）数列的和用分组求和法计算．
【详解】（1）记数列公差为，则，解得，
∴．
（2）由（1），
．
【点睛】本题考查等差数列的通项公式，考查分组（并项）求和法．掌握等差数列与等比数列的前项和公式是解题基础．
18.在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且.
（1）求C；
（2）若，的面积为，求的周长.
【答案】（1）（2）
【解析】
【分析】
（1）利用正弦定理，将，转化为，再利用两角和与差的三角的三角函数得到求解.
（2）根据的面积为，有，求得，再利用余弦定理得 ，求得即可.
【详解】（1）因为，
所以，
所以，
所以，
所以，
又因为，
所以.
（2）因为的面积为，
所以，
所以.
由余弦定理得：
若，
即
所以
所以的周长
【点睛】本题主要考查正弦定理、余弦定理和两角和与差的三角函数的应用，还考查了转化化归的思想和运算求解的能力，属于中档题.
19.己知数列的前n项和为，且．
（1）求数列通项公式；
（2）设，求数列的前n项和．
【答案】（1）；（2）
【解析】
【分析】
（1）运用，证明数列是等比数列，计算通项，即可．（2）将通项代入，得到的通项，结合裂项相消法，计算求和，即可．
【详解】（1）数列的前n项和为，且
当时，，
解得：．
当时，，
得：，
整理得：，
即：常数，
所以：数列是以，3为公比的等比数列，
则：首项符合，
故：．
（2）由于，
所以，
所以：，
则：，
，
．
【点睛】考查了等比数列的判定，考查了裂项相消法，考查了等比数列通项计算方法，难度中等．
20.已知函数.
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）求函数的单调区间.
【答案】（1）（2）当时， 的减区间是.当时，的减区间是，增区间是.
【解析】
【分析】
（1）根据，求导，因为，求得，写出切线方程；
（2）由（1）知，分， 两种情况，按照求单调区间的步骤求解.
【详解】（1）因为.
所以，
当时，，
所以曲线在点处的切线方程；
（2）由（1）知
当时，在上递减，
当时，令，得，
当时，，在上递减，
当时，，在上递增，
综上：当时， 的减区间是.
当时，的减区间是，增区间是.
【点睛】本题主要考查导数的几何意义和导数与函数的单调性，还考查了分类讨论的思想和运算求解的能力，属于中档题.
21.已知抛物线，直线经过抛物线C的焦点F，且与抛物线C交于A，B两点.
（1）求抛物线C的准线方程；
（2）求.
【答案】（1）（2）16
【解析】
【分析】
（1）根据直线经过抛物线C的焦点F，令，得，即，再求解.
（2）直线与抛物线方程联立，得，消去y得，再利用抛物线过焦点的弦长公式求解.
【详解】（1）因为直线经过抛物线C的焦点F，
令，得，
所以.
所以
所以抛物线C的准线方程；
（2）由（1）知抛物线，
直线与抛物线方程联立，得
消去y得，
所以，
所以.
【点睛】本题主要考查抛物线的几何性质和直线与抛物线的位置关系，还考查了数形结合的思想和运算求解的能力，属于中档题.
22.已知椭圆的短轴端点到右焦点的距离为2.
（1）求椭圆C的方程；
（2）设经过点的直线l与椭圆C相交于不同的两点M，N.若点在以线段MN为直径的圆上，求直线l的方程.
【答案】（1）；（2）或．
【解析】
【分析】
（1）题意说明，求得即得椭圆方程；
（2）设直线方程为，，直线方程与椭圆方程联立，消元后应用韦达定理得，在以为直径的圆上，，代入后可求得，得直线方程．
【详解】（1）由题意得，，，
∴椭圆方程为：；
（2）当直线斜率不存在时，，显然与不垂直，不满足题意，
当直线斜率存在时，设直线方程为，，
由得，∴，，
在以为直径的圆上，则，
，解得或，
∴直线方程为，即．或，即．
综上，直线的方程是或．
【点睛】本题考查求椭圆方程，考查直线与椭圆相交问题．解题方法是设而不求的思想方法．直线与椭圆交于两点，可设直线方程为，设交点坐标为，由直线方程与椭圆方程联立消元后应用韦达定理得，代入题中另外的条件，从而可求得参数值，得出结论．