2019-2020学年西藏自治区林芝市第一中学高二上学期期末数学试题（解析版） 12页

‎2019-2020学年西藏自治区林芝市第一中学高二上学期期末数学试题 一、单选题 ‎1．等差数列{an}中，a5＝33，a45＝153，则201是该列的第（ ）项 A．60 B．61 C．62 D．63‎ ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：由 ‎【考点】等差数列通项公式 ‎2．在等比数列中, ,是方程的两个根,则等于 A． B．‎ C． D．以上皆不是 ‎【答案】C ‎【解析】依题意可得，，所以，则，故选C ‎3．在△ABC中，“A＞30°”是“sinA＞”的 A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 ‎【答案】B ‎【解析】解题时注意三角形内角和是180度，不要丢掉这个大前提．‎ ‎【详解】‎ ‎：∵在△ABC中，∠A+∠B+∠C=180° ∵A＞30° ∴30°＜A＜180° ∴0＜sin A＜1 ∴可判读它是sinA＞的必要而不充分条件 故选：B．‎ ‎【点睛】‎ 此题要注意思维的全面性，不能因为细节大意失分．‎ ‎4．在中，，，，则（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】C ‎【解析】在三角形中，利用正弦定理可得结果.‎ ‎【详解】‎ 解：在中，‎ 可得,‎ 即，即，‎ 解得，‎ 故选C.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了利用正弦定理解三角形的问题，解题的关键是熟练运用正弦定理公式.‎ ‎5．中心在原点，焦点在 轴上， 若长轴长为 ，且两个焦点恰好将长轴三等分，则此椭圆的方程是（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】长轴，长轴三等分后，故，故选.‎ ‎6．不等式的解集为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】D ‎【解析】移项通分后转为一元二次不等式即可求其解集.‎ ‎【详解】‎ 等价于即，‎ 故不等式的解为或，故解集为，选D.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查分式不等式的解，属于基础题.‎ ‎7．命题“对任意，都有”的否定为（ ）‎ A．存在，都有 B．对任意，使得 C．存在，使得 D．不存在，使得 ‎【答案】C ‎【解析】直接利用全称命题的否定是特称命题，写出命题的否定命题即可．‎ ‎【详解】‎ 因为全称命题的否定是特称命题，‎ 所以命题“对任意x∈R，都有x2≥0”的否定为：存在x0∈R，使得x02＜0．‎ 故选：C．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查命题的否定，全称命题与特称命题的否定关系，基本知识的考查．‎ ‎8．设变量x，y满足约束条件则目标函数z=4x+2y的最大值为 A．12 B．10 C．8 D．2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 由上图可得 在处取得最大值，即 .‎ ‎9．已知等差数列中，是它的前项和，若，则当取最大值时，的值为 A．8 B．9 C．10 D．16‎ ‎【答案】A ‎【解析】试题分析：，，所以得到，，那么当最大时，，故选A．‎ ‎【考点】等差数列的前项和的性质 ‎10．双曲线的焦距是（ ）‎ A．3 B．6 C． D．‎ ‎【答案】D ‎【解析】利用双曲线的简单性质直接求解．‎ ‎【详解】‎ 解：双曲线,‎ ‎,‎ ‎,‎ 双曲线的焦距为．‎ 故选：D．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查双曲线的焦距的求法,是基础题,解题时要认真审题,注意双曲线的简单性质的灵活运用．‎ ‎11．如果，那么 的最小值是（ ）‎ A． B．4‎ C．9 D．18‎ ‎【答案】D ‎【解析】利用对数的运算法则求出mn的值，利用基本不等式求出m+n的最值．‎ ‎【详解】‎ ‎∵log3m+log3n＝4‎ ‎∴m＞0，n＞0，mn＝34＝81‎ ‎∴m+n 答案为18‎ 故选：D．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查对数的运算法则、对数方程的解法，考查了基本不等式的应用，属于基础题．‎ ‎12．设为椭圆上一点，两焦点分别为，，如果，，则椭圆的离心率为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】利用正弦定理可求的值，此值即为椭圆的离心率的倒数，故可求椭圆的离心率.‎ ‎【详解】‎ 设椭圆的半焦距为，则.‎ 在中，由正弦定理有，‎ ‎ 所以，故，‎ 整理得到.‎ 故即.‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】‎ 一般地，椭圆的左右焦点为，点为椭圆上的动点，则，因，故可以用正弦定理、余弦定理求解与焦点三角形 的边角有关系的数学问题.‎ 二、填空题 ‎13．若双曲线的离心率为，则实数__________．‎ ‎【答案】2‎ ‎【解析】，.渐近线方程是.‎ ‎14．数列的前n项的和，则= ___ .‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】解：因为，‎ 当n=1时，则 当n2时，则 验证当n=1不适合上式，因此得到=‎ ‎15．不等式的解集是______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】就和分类讨论后可得不等式的解集.‎ ‎【详解】‎ 当时，原不等式可化为，该不等式组无解；‎ 当 时，不等式不成立；‎ 当时，原不等式可化为，其解为或，‎ 故原不等式的解集为.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查高次不等式的解的求法，可以利用分类讨论将不等式的解转化为低次的不等组的解来讨论.也可以利用序轴标根法来求，但要注意最高次项的系数为正.‎ ‎16．已知是抛物线的焦点，是上一点，的延长线交轴于点．若为的中点，则____________．‎ ‎【答案】6‎ ‎【解析】如图所示，不妨设点M位于第一象限，设抛物线的准线与轴交于点，作与点，与点，由抛物线的解析式可得准线方程为，则，在直角梯形中，中位线，由抛物线的定义有：，结合题意，有，故．‎ 点睛:抛物线的定义是解决抛物线问题的基础，它能将两种距离(抛物线上的点到焦点的距离、抛物线上的点到准线的距离)进行等量转化．如果问题中涉及抛物线的焦点和准线，又能与距离联系起来，那么用抛物线定义就能解决问题．因此，涉及抛物线的焦半径、焦点弦问题，可以优先考虑利用抛物线的定义转化为点到准线的距离，这样就可以使问题简单化．‎ 三、解答题 ‎17．已知命题：方程的两根都是实数，：方程的两根不相等，试写出由这组命题构成的“或”、“且”、“非”形式的命题，并指出其真假.‎ ‎【答案】详见解析 ‎【解析】根据复合命题构成方法可写出对应的三种命题，最后根据真、假可得复合命题的真假.‎ ‎【详解】‎ ‎“或”的形式：方程的两根都是实数或不相等.‎ ‎“且”的形式：方程的两根都是实数且不相等．‎ ‎“非”的形式：方程的两根不都是实数．‎ ‎∵，∴方程有两相等的实根．‎ ‎∴真，假．‎ ‎∴“或”为真，“且”为假，“非”为假．‎ ‎【点睛】‎ 复合命题的真假判断为“一真必真，全假才假”，的真假判断为“全真才真，一假比假”，的真假判断是“真假相反”．‎ ‎18．在等比数列中，，.试求：‎ ‎（1）和公比；‎ ‎（2）前6项的和．‎ ‎【答案】(1)；(2)当q=3时，；当q=-3时，.‎ ‎【解析】【详解】‎ 本试题主要是考查了数列的概念和数列的前n项和的运用。‎ ‎（1）因为等比数列中，，,‎ 利用首项和公比表示通项公式得到结论。‎ ‎（2）结合上一问的结论，表示数列的前n项和即可。‎ ‎(1) ，,所以，，所以q=3或-3，‎ 所以 ‎(2)当q=3时，；当q=-3时，.‎ ‎19．已知分别是的三个内角所对的边．‎ ‎(1)若的面积，求的值；‎ ‎(2)若，且，试判断的形状．‎ ‎【答案】（1）；（2）等腰直角三角形。‎ ‎【解析】试题分析：‎ ‎（1）解三角形问题，一般利用正余弦定理进行边角转化.首先根据面积公式解出b边，得，再由由余弦定理得：，所以，（2）判断三角形形状，利用边的关系比较直观. 因为，所以由余弦定理得：，所以，在中，，所以，所以是等腰直角三角形.‎ 解：（1）， 2分 ‎，得3分 由余弦定理得：， 5分 所以6分 ‎（2）由余弦定理得：，所以9分 在中，，所以11分 所以是等腰直角三角形； 12分 ‎【考点】正余弦定理 ‎20．已知点（1，2）是函数的图象上一点，数列的前项和是.‎ ‎（1）求数列的通项公式；‎ ‎（2）若，求数列的前n项和 ‎【答案】（1）an＝2n－1；（2）Tn＝(n－1)2n＋1.‎ ‎【解析】（1）由点（1,2）在图像上求出，再利用法求出。‎ ‎（2）利用错位相减法求和，注意相减时项的符号，求和时项数的确定。‎ ‎【详解】‎ ‎(1)把点(1,2)代入函数f(x)＝ax得a＝2，‎ 所以数列{an}的前n项和为Sn＝f(n)－1＝2n－1.‎ 当n＝1时，a1＝S1＝1；‎ 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－2n－1＝2n－1，对n＝1时也适合，‎ ‎∴an＝2n－1.‎ ‎(2)由a＝2，bn＝logaan＋1得bn＝n，‎ 所以anbn＝n·2n－1.‎ Tn＝1·20＋2·21＋3·22＋…＋n·2n－1，①‎ ‎2Tn＝1·21＋2·22＋3·23＋…＋(n－1)·2n－1＋n·2n.②‎ 由①－②得：－Tn＝20＋21＋22＋…＋2n－1－n·2n，‎ 所以Tn＝(n－1)2n＋1.‎ ‎【点睛】‎ ‎（1）主要考查了法求通项公式，即 ‎（2）用错位相减法求和应注意的问题(1)要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形；(2)在写出“”与“”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“”的表达式；(3)在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分公比等于1和不等于1两种情况求解.‎ ‎21．某厂使用两种零件、装配两种产品、，该厂的生产能力是月产产品最多有2500件，月产产品最多有1200件；而且组装一件产品要4个、2个，组装一件产品要6个、8个，该厂在某个月能用的零件最多14000个；零件最多12000个.已知产品每件利润1000元，产品每件2000元，欲使月利润最大，需要组装、产品各多少件？最大利润多少万元？‎ ‎【答案】要使月利润最大，需要组装、产品2000件、1000件，此时最大利润为400万元 ‎【解析】设分别生产、产品件、件，根据题设条件可得满足的不等式组且利润，利用线性规划可求的最大值及取最大值时对应的的值.‎ ‎【详解】‎ 设分别生产、产品件、件，则有 依题意有.‎ 设利润为，则，‎ 要使利润最大，只需求的最大值.‎ 作出可行域如图所示（阴影部分及边界）：‎ 作出直线：，即，‎ 由于向上平移直线时，的值增大，所以在点处取得最大值，‎ 由解得，即，‎ 因此，此时最大利润（万元）..‎ 答：要使月利润最大，需要组装、产品2000件、1000件，此时最大利润为400万元.‎ ‎【点睛】‎ 二元一次不等式组条件下的二元函数的最值问题，常通过线性规划来求最值，求最值时往往要考二元函数的几何意义，比如表示动直线的横截距的三倍 ，而则表示动点与的连线的斜率．‎ ‎22．已知椭圆的离心率，原点到过点，的直线的距离是.‎ ‎(1)求椭圆的方程；‎ ‎(2)如果直线交椭圆于不同的两点，且都在以为圆心的圆上，求的值.‎ ‎【答案】（1）（2） ‎ ‎【解析】(1)由题得到a,b的方程组，解方程组即得椭圆的标准方程.(2)联立直线和椭圆的方程消去y得到，可知，设，，的中点是，求出M的坐标，再根据求出k的值.‎ ‎【详解】‎ 解：(1)因为，，所以，‎ 因为原点到直线的距离，解得，，‎ 故所求椭圆的方程为.‎ ‎(2)由题意消去，整理得，可知，‎ 设，，的中点是，则，，‎ 所以，所以，即，又因为，‎ 所以，所以.‎ ‎【点睛】‎ ‎(1)本题主要考查椭圆方程的求法，考查直线和椭圆的位置关系，考查直线和圆的位置关系，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理计算能力.(2)解答本题的关键是利用韦达定理求出点M的坐标，根据已知得到.‎