2021-2022学年河南省开封市五县高二上学期期中联考数学（文）试题（解析版）

这是一份2021-2022学年河南省开封市五县高二上学期期中联考数学（文）试题（解析版），共14页。试卷主要包含了单选题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年河南省开封市五县高二上学期期中联考数学（文）试题 一、单选题1．不等式的解集是（   ）A． B．或C．或 D．【答案】B【分析】将所求不等式变形为，即，进而可解得原不等式的解集.【详解】不等式即，即为，解得或.因此，不等式的解集是或.故选：B.【点睛】本题考查一元二次不等式的求解，考查计算能力，属于基础题.2．命题“，”的否定是（    ）A．， B．，C．， D．，【答案】B【分析】直接根据全称命题的否定得到答案.【详解】命题“，”的否定是：，.故选：B.3．不等式组表示的平面区域是A． B． C． D．【答案】B【分析】根据约束条件确定平面区域即可求解.【详解】表示直线以及该直线下方的区域，表示直线的上方区域，故选:B.4．过点且与椭圆有相同焦点的椭圆方程为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】设所求椭圆方程为,再根据椭圆的焦点求出椭圆的,再代入点求解即可.【详解】椭圆焦点为 .设所求椭圆方程为,则.故,即椭圆方程为.故选：C【点睛】本题主要考查了椭圆的基本量求解,属于基础题.5．“”是“一元二次方程”有实数解的A．充分非必要条件 B．充分必要条件C．必要非充分条件 D．非充分必要条件【答案】A【详解】试题分析：方程有解，则．是的充分不必要条件．故A正确．【解析】充分必要条件 6．某公司招收男职员名，女职员名，，需满足约束条件，则的最大值是（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】画出不等式组表示的平面区域，再通过几何意义平移直线得解.【详解】如图所示：画出不等式表示的平面区域，取得到直线， ，即，表示直线在轴截距的10倍.根据图像知： ，解得，，故时，有大值为.故选：C.7．已知等差数列的公差为2，若成等比数列，是的前项和，则等于（　　）A． B． C．10 D．0【答案】D【分析】由a1，a3，a4成等比数列，可得=a1a4，再利用等差数列的通项公式及其前n项和公式即可得出．【详解】∵a1，a3，a4成等比数列，∴=a1a4，∴=a1•（a1+3×2），化为2a1=-16，解得a1=-8．∴则S9=-8×9+ ×2=0，故选D．【点睛】本题考查了等比数列与等差数列的通项公式及其前n项和公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．8．在等比数列中，，，，则数列的前项和为（    ）A． B． C． D．【答案】C【解析】根据等比数列的通项公式列式求出，可得，再根据对数知识可得，最后根据等差数列的求和公式可得结果.【详解】设等比数列的公比为，则，.∵，即，∴.又，∴.∴，∴.∴数列的前项和为.故选：C.【点睛】关键点点睛：根据等比数列的通项公式求解是解题关键.9．已知的三个内角所对的边分别为，满足，且，则的形状为A．等边三角形 B．等腰直角三角形C．顶角为的等腰三角形 D．顶角为的等腰三角形【答案】D【分析】先利用同角三角函数基本关系得，结合正余弦定理得进而得B,再利用化简得,得A值进而得C,则形状可求【详解】由题 即，由正弦定理及余弦定理得即 故 整理得 ，故 故为顶角为的等腰三角形故选D【点睛】本题考查利用正余弦定理判断三角形形状，注意内角和定理，三角恒等变换的应用，是中档题10．如图是椭圆与双曲线的公共焦点分别是在第二、四象限的公共点，若四边形为矩形，则的离心率是（       ）A． B． C． D．【答案】D【分析】设，利用椭圆的定义及四边形为矩形，列出方程组求得的值，结合双曲线的定义和离心率的计算公式，即可求解.【详解】设，由点为椭圆上的点，可得且，即，又由四边形为矩形，所以，即，联立方程组，解得，设双曲线的实轴长为，焦距为，则，，即，所以双曲线的离心率为.故选：D.11．在中，角所对的边分别是，且，若，则的值为A． B． C． D．【答案】C【分析】由得，由得，即得的值.【详解】中，角，，所对的边分别是，，，由，得：，故，若，则，即．，故，代入，解得．故选．【点睛】本题考查正弦定理、余弦定理和三角函数关系式的恒等变换，主要考查学生的运算能力和转换能力，是中档题．12．已知点（，）在圆：和圆：的公共弦上，则的最小值为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据题意，由圆的方程求出两圆的公共弦方程，将点坐标代入直线方程可得，即；利用乘“1”法由基本不等式的性质分析可得答案．【详解】解：根据题意，圆的方程为，圆的方程为，则其公共弦的方程为，又由点在两圆的公共弦上，则有，即，又因为、，所以，当且仅当，即、时取等号；所以的最小值为8；故选：A． 二、填空题13．在等比数列中，，，则公比________．【答案】或【分析】利用等比数列的通项公式即可求解.【详解】因为是等比数列，所以，，由题意知 ，，两式相除可得：，即，所以，可得：，解得：或，故答案为：或.14．已知数列的前n项和为，且，则________．【答案】1022【分析】利用结合确定数列是等比数列，得公比，由等比数列前项和公式计算．【详解】因为，所以，所以，即．因为，所以，则是首项为2，公比为2的等比数列，故．故答案为：1022．15．若不等式对任意，恒成立，则实数的取值范围是________．【答案】【分析】根据均值不等式得到，解不等式得到答案.【详解】，当，即时等号成立.故，解得.故答案为：.16．已知椭圆：（）的左焦点为，经过原点的直线与交于，两点，总有，则椭圆离心率的取值范围为______.【答案】【分析】设椭圆右焦点为，由对称性知，，从而有，设，，由椭圆定义结合基本不等式得，在焦点三角形中应用余弦定理，代入，结合余弦函数性质可得离心率的范围．【详解】如图，设椭圆右焦点为，由对称性知是平行四边形，，∵，∴，设，，由椭圆定义知，则，当且仅当时等号成立，在中，由余弦定理得，又，，∴，解得．故答案为：．【点睛】本题考查求椭圆离心率的范围，解题关键是把已知条件转化为焦点中，，然后椭圆定义，余弦定理，基本不等式求得结论． 三、解答题17．已知数列的前项和，求数列的通项公式．【答案】【分析】根据与的关系式，求解数列的通项公式即可.需要注意验证首项.【详解】得根据题意，所以数列的通项公式为18．设：，：实数满足（）．(1)若，且，都为真命题，求的取值范围；(2)若是的充分不必要条件，求实数的取值范围．【答案】(1)(2) 【分析】（1）解不等式得到，再计算公共部分得到答案.（2）根据吃饭不必要条件得到范围的大小关系，得到，解得答案.【详解】（1）时，，即，，都为真命题，故.即.（2）（）．故，是的充分不必要条件，则，解得，即.19．在锐角中，内角，，的对边分别为，，．且满足：．(1)求角的大小；(2)若时，求面积的范围．【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据正弦定理得到，再根据余弦定理得到角度.（2）根据正弦定理得到，，带入面积公式化简得到，根据角度范围得到面积范围.【详解】（1），即，整理得到：，故，，故.（2）根据正弦定理：，故，，，，故，，故面积范围为：.20．已知数列为正项数列，且，令．(1)求证：为等比数列；(2)若，求数列的前项和．【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）依题意可得，两边开方可得，即可得到从而得证；（2）首先根据等比数列的通项公式求出的通项公式，即可得到的通项，再利用错位相减法求和即可；【详解】（1）证明：数列为正项数列，且，整理得，故令．所以（常数），所以数列以为公比的等比数列；（2）解：因为，所以，由（1）得：数列是以1为首项3为公比的等比数列；所以，故，则①，②，①②得：，整理得：．21．已知椭圆的离心率，过右焦点且与轴垂直的直线被椭圆截得的线段长为.（1）求椭圆的方程；（2）设为椭圆的左顶点，是椭圆上的不同两点（与不重合），直线 的斜率分别为，且，证明直线过一个定点，并求出这个定点的坐标.【答案】（1）椭圆的方程；（2）证明见解析，直线过一个定点.【分析】(1)根据题意建立的方程，求出即可；(2)设直线的方程为，，将直线的方程与椭圆的方程联立可得，，进而可得，，代入，即可求出，从而可得直线过一个定点.【详解】(1)由已知得，解得，所以椭圆的方程为.(2)设直线的方程为，，由，得，所以，，所以，，又，所以，，所以，解得或(舍去).所以直线的方程为过定点.22．设动点的坐标为（、），向量，，且．(1)求动点的轨迹的方程；(2)过点作直线与曲线交于、两点，若（为坐标原点），是否存在直线，使得四边形为矩形，若存在，求出直线的方程，若不存在，请说明理由．【答案】(1)(2)不存在，证明见解析 【分析】（1）根据题意得到，利用椭圆定义得到答案.（2）考虑直线斜率存在和不存在两种情况，联立方程，根据韦达定理得到根与系数关系，根据矩形得到，带入数据计算得到答案.【详解】（1）向量，，，表示到到两个定点和的距离之和为定值，故轨迹为椭圆.，，故，故轨迹为：.（2）假设直线存在，当直线斜率不存在时，三点共线，不满足；当直线斜率存在时，设直线方程为，则，故，恒成立，，，故四边形为平行四边形，四边形为矩形，故，即，带入化简得到：，即，整理：，方程无解，假设不成立，故不存在.