2020-2021学年江苏省连云港市高二（上）期中数学试卷

这是一份2020-2021学年江苏省连云港市高二（上）期中数学试卷，共19页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2020-2021学年江苏省连云港市高二（上）期中数学试卷一、单项选择题：共8小题，每小题5分，共40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，请将正确选项前的字母代号填涂在答题卡相应位置上.1．（5分）命题，的否定是　　A．， B．， C．， D．，2．（5分）双曲线的渐近线方程是　　A． B． C． D．3．（5分）若，则“”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4．（5分）公元13世纪意大利数学家斐波那契在自己的著作《算盘书》中记载着这样一个数列：1，1，2，3，5，8，13，21，34，满足，那么　　A． B． C． D．5．（5分）焦点为的抛物线标准方程是　　A． B． C． D．6．（5分）已知数列中，，，对都有，则等于　　A．10 B． C．64 D．47．（5分）已知椭圆的左、右焦点分别为，，过作轴垂线交椭圆于，若，则该椭圆的离心率是　　A． B． C． D．8．（5分）数学著作《孙子算经》中有这样一个问题：“今有物不知其数，三三数之剩二（除以3余，五五数之剩三（除以5余，问物几何？”现将1到2020共2020个整数中，同时满足“三三数之剩二，五五数之剩三”的数按从小到大的顺序排成一列，构成数列，则该数列共有　　A．132项 B．133项 C．134 项 D．135 项二、多项选择题:本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分.9．（5分）若，则　　A． B． C． D．10．（5分）下列命题正确的是　　A．， B．是的充分不必要条件 C．， D．若，则11．（5分）下列有关双曲线的性质说法正确的是　　A．离心率为 B．顶点坐标为 C．实轴长为4 D．虚轴长为12．（5分）已知数列是等差数列，前项和为，且，下列结论中正确的是　　A．最小 B． C． D．三、填空题：共4小题，每小题5分，共20分.请把答案直接填写在答题卡相应位置上.13．（5分）已知，则的最小值是　　．14．（5分）已知椭圆过点，其长轴长的取值范围是，，则该椭圆离心率的取值范围是　　．15．（5分）等差数列的前项和为，公差为，满足，，，则　　．16．（5分）若干个正整数之和等于10，这些正整数乘积的最大值为　　．四、解答题：本大题共70分.请在答案卡指定区域内作答，解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.17．（12分）已知实数，且．（1）求的最小值；（2）求的最小值．18．（12分）已知等比数列中，，且是和的等差中项．（1）求数列的通项公式；（2）若数列满足，求的前项和．19．（12分）已知函数，．（1）若对任意，，都有成立，求实数的取值范围；（2）若存在，，，使成立，求实数的取值范围．20．（12分）如图，过抛物线的焦点任作直线，与抛物线交于，两点，与轴不垂直，且点位于轴上方．的垂直平分线与轴交于点．（1）若，求所在的直线方程；（2）求证：为定值．21．（10分）在①，，成等差数列，②，③这三个条件中任选一个，补充到下面问题中．问题：已知在数列中，满足，且______，若数列等差数列，请证明；若数列不是等差数列，请举例说明．22．（12分）如图，在平面直角坐标系中，，是椭圆的左、右顶点，，离心率．是右焦点，过点任作直线交椭圆于，两点．（1）求椭圆的方程；（2）试探究直线与直线的交点是否落在某条定直线上？若是，请求出该定直线的方程；若不是，请说明理由．
2020-2021学年江苏省连云港市高二（上）期中数学试卷参考答案与试题解析一、单项选择题：共8小题，每小题5分，共40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，请将正确选项前的字母代号填涂在答题卡相应位置上.1．（5分）命题，的否定是　　A．， B．， C．， D．，【分析】直接利用全称命题的否定是特称命题写出结果即可．【解答】解：因为全称命题的否定是特称命题，所以，命题，的否定为：，．故选：．【点评】本题考查命题的否定．特称命题与全称命题的否定关系，基本知识的考查．2．（5分）双曲线的渐近线方程是　　A． B． C． D．【分析】直接利用双曲线的标准方程，求解渐近线方程即可．【解答】解：双曲线的渐近线方程是，可得．故选：．【点评】本题考查双曲线的简单性质的应用，是基本知识的考查．3．（5分）若，则“”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【分析】根据不等式的解法以及充分条件和必要条件的定义进行判断即可．【解答】解：由得或，则“”是“”的必要不充分条件，故选：．【点评】本题主要考查充分条件和必要条件的判断，根据不等式的关系是解决本题的关键．4．（5分）公元13世纪意大利数学家斐波那契在自己的著作《算盘书》中记载着这样一个数列：1，1，2，3，5，8，13，21，34，满足，那么　　A． B． C． D．【分析】直接利用数列的递推关系式的应用求出结果．【解答】解：数列：1，1，2，3，5，8，13，21，34，满足，所以，，故．故选：．【点评】本题考查的知识要点：数列的递推关系式，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题．5．（5分）焦点为的抛物线标准方程是　　A． B． C． D．【分析】通过抛物线的焦点坐标求解标准方程即可．【解答】解：焦点为的抛物线标准方程是：．故选：．【点评】本题考查抛物线的标准方程的求法，抛物线的简单性质的应用，是基础题．6．（5分）已知数列中，，，对都有，则等于　　A．10 B． C．64 D．4【分析】首先利用关系式整理得数列是以为首项，为公差的等差数列，进一步求出通项公式，最后求出结果．【解答】解：数列中，，，对都有，则数列是以为首项，为公差的等差数列，所以，所以，解得．故选：．【点评】本题考查的知识要点：数列的通项该公式的求法及应用，构造新数列，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题．7．（5分）已知椭圆的左、右焦点分别为，，过作轴垂线交椭圆于，若，则该椭圆的离心率是　　A． B． C． D．【分析】方法一：根据椭圆的通径公式，求得，则，则，根据椭圆的定义，即可求得，即可求得椭圆的离心率；方法二：利用特殊值代入，根据勾股定理及椭圆的定义，即可求得椭圆的离心率；方法三：根据焦点三角形的面积公式，求得，即可求得椭圆的离心率．【解答】解：方法一：由，则，由，则，则，由椭圆的定义：，则，椭圆的离心率，故选．方法二：由，设，由，则，则，由勾股定理可知：，，由椭圆的定义，椭圆的离心率，故选．方法三：由焦点三角形的面积公式，，由，则，，则，椭圆的离心率，故选：．【点评】本题考查椭圆的离心率的求法，考查焦点三角形的面积公式及椭圆的定义，选择合适的方法，考查转化思想，属于中档题．8．（5分）数学著作《孙子算经》中有这样一个问题：“今有物不知其数，三三数之剩二（除以3余，五五数之剩三（除以5余，问物几何？”现将1到2020共2020个整数中，同时满足“三三数之剩二，五五数之剩三”的数按从小到大的顺序排成一列，构成数列，则该数列共有　　A．132项 B．133项 C．134 项 D．135 项【分析】根据“被3除余2且被5除余3的数”，可得这些数构成等差数列，然后根据等差数列的前项和公式，可得结果．【解答】解：被3除余2且被5除余3的数构成首项为8，公差为15的等差数列，记为，则，令，解得．将1到2020这2020个自然数中满足被3除余2且被5除余3的数按照从小到大的顺序排成一列，构成一个数列，则该数列的项数是135．故选：．【点评】本题考查数列的项数的求法，考查等差数列的性质等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．二、多项选择题:本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分.9．（5分）若，则　　A． B． C． D．【分析】利用不等式的性质及基本不等式逐项验证选项正误即可．【解答】解：，，即，故选项正确；又，，故选项错误；，，，故选项正确；又，，故选项正确，故选：．【点评】本题主要考查不等式的性质、作差法在比较两数大小的应用及基本不等式的应用，属于中档题．10．（5分）下列命题正确的是　　A．， B．是的充分不必要条件 C．， D．若，则【分析】求出的值，判断；利用充要条件的判断方法判断；利用反例判断．【解答】解：当时，，所以，，所以正确；可得，反之不成立，所以是的充分不必要条件，所以正确；当时，，所以，不正确，即不正确；若，则，所以若，则不正确，即不正确；故选：．【点评】本题考查命题的真假的判断与应用，是基本知识的考查．11．（5分）下列有关双曲线的性质说法正确的是　　A．离心率为 B．顶点坐标为 C．实轴长为4 D．虚轴长为【分析】化简双曲线方程为标准方程，求出，，求解离心率，顶点坐标，实轴长，虚轴长，即可推出结果．【解答】解：曲线的标准方程为：，所以，，，所以离心率为：，顶点坐标实轴长为4，虚轴长为．故选：．【点评】本题考查双曲线的简单性质的应用，是基本知识的考查．12．（5分）已知数列是等差数列，前项和为，且，下列结论中正确的是　　A．最小 B． C． D．【分析】根据题意，由，然后逐项分析即可．【解答】解：因为数列为等差数列，，即，即，故正确；对于，，故正确；对于，，，可得，故正确；对于，，可能大于0，也可能小于0，因此不正确．故选：．【点评】本题考查了等差数列的前项和，等差数列的通项，等差数列的性质，本题属于基础题．三、填空题：共4小题，每小题5分，共20分.请把答案直接填写在答题卡相应位置上.13．（5分）已知，则的最小值是　6　．【分析】由题设条件利用基本不等式求得结果．【解答】解：，，，当且仅当时取“ “，故答案为：6．【点评】本题主要考查式子的变形及基本不等式的应用，属于基础题．14．（5分）已知椭圆过点，其长轴长的取值范围是，，则该椭圆离心率的取值范围是　，　．【分析】把已知点的坐标代入椭圆方程，可得，再由椭圆的离心率公式得到，然后由的取值范围可得椭圆离心率的取值范围．【解答】解：由椭圆过点，得，则，椭圆离心率，，，得，则，，可得，．故答案为：，．【点评】本题考查椭圆的几何性质，考查运算求解能力，是中档题．15．（5分）等差数列的前项和为，公差为，满足，，，则　　．【分析】根据题意利用等差数列的性质可求，的值，然后利用等差数列的求和公式，求出即可．【解答】解：根据题意可得，因为，所以，可得，解得，所以，，所以，所以．故答案为：．【点评】本题主要考查了等差数列的性质，等差数列的求和公式，考查了计算能力和方程思想，属于基础题．16．（5分）若干个正整数之和等于10，这些正整数乘积的最大值为　36　．【分析】个正整数，，，中，不可能有大于或等于5的数，也不可能有三个或三个以上的2，因此个数的最大积只可能是由2个3和2个2的积组成，然后求出这些正整数乘积的最大值．【解答】解：个正整数，，，满足，，，，中，不可能有大于或等于5的数，这是因为，，，也不可能有三个或三个以上的2，这是因为三个2的积小于两个3的积，因此个数的最大积只可能是由2个3和2个2的积组成，则这些正整数乘积的最大值为；故答案为：36．【点评】本题考查正整数的乘积的最大值的求法，是中档题．四、解答题：本大题共70分.请在答案卡指定区域内作答，解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.17．（12分）已知实数，且．（1）求的最小值；（2）求的最小值．【分析】（1）根据基本不等式把已知等式中的转化为的不等式，解不等式即可求得的取值范围；（2）由，得，所以，利用基本不等式求解即可．【解答】解：（1）由，得，化简得，所以，故最小值为16，当时取得最小值．（2）由，得，由，得，所以，当且仅当，即时取等号，故的最小值为．【点评】本题考查了基本不等式的应用，属于基础题．18．（12分）已知等比数列中，，且是和的等差中项．（1）求数列的通项公式；（2）若数列满足，求的前项和．【分析】（1）设公比为，由是和的等差中项，解得，从而求出通项公式．（2）利用分组求和法，求解数列的和即可．【解答】解：（1）已知等比数列中，，设公比为，是和的等差中项，则，可得．解得．，（2），．【点评】本题主要考查等差数列的定义和性质，等比数列的通项公式，数列求和的方法的应用，属于中档题．19．（12分）已知函数，．（1）若对任意，，都有成立，求实数的取值范围；（2）若存在，，，使成立，求实数的取值范围．【分析】（1）由题意可得在，恒成立，等价为运用二次函数的单调性可得最值，即可得到所求范围；（2）由题意可得，由二次函数的单调性求得最值，解不等式可得所求范围．【解答】解：（1）若对任意，，都有成立，即为对，恒成立，即在，恒成立，由在，递增，可得，则，所以；（2）存在存在，，，使成立，可得，由在，的最小值为，在，的最大值为，所以，解得．【点评】本题考查不等式存在性和任意性问题解法，注意运用函数的单调性求最值，考查转化思想和运算能力、推理能力，属于中档题和易错题．20．（12分）如图，过抛物线的焦点任作直线，与抛物线交于，两点，与轴不垂直，且点位于轴上方．的垂直平分线与轴交于点．（1）若，求所在的直线方程；（2）求证：为定值．【分析】（1）设直线，联立抛物线的方程，运用韦达定理和向量共线的坐标表示，解方程可得，进而得到所求直线方程；（2）设的中点为，，由中点坐标公式可得的坐标，求得的中垂线方程，可得，，计算可得所求定值．【解答】解：（1）直线的斜率不为0，可得，设直线，，，，，由在轴上方，所以，，由可得，所以，，因为，可得，，，所以，由可得，，代入，因为，所以，解得，所以所在直线方程为；（2）证明：设的中点为，，所以，，即，，所以的中垂线，所以，，则，又，所以为定值．【点评】本题考查抛物线的方程和性质，以及直线和抛物线的位置关系，注意联立直线方程和抛物线的方程，运用韦达定理和弦长公式、向量的坐标表示，考查方程思想和运算能力、推理能力，属于中档题．21．（10分）在①，，成等差数列，②，③这三个条件中任选一个，补充到下面问题中．问题：已知在数列中，满足，且______，若数列等差数列，请证明；若数列不是等差数列，请举例说明．【分析】选择条件①：由，得数列和成公差为4的等差数列，然后结合前三项成等差以及等差数列的定义可证明；选择条件②：将变形成，然后可得数列从第2项开始等差，最后验证首项即可；选择条件③：由得，又，两式相减得数列从第3项开始等差，最后验证前两项即可．【解答】解：选择条件①：由，得数列和成公差为4的等差数列，则有，，当时，，又，，成等差数列，所以其公差为2，则有，所以，则当为奇数时，；当为偶数时，，所以，，则，所以数列时等差数列．选择条件②：因为，所以，又，所以，，所以，所以数列从第2项开始等差，设公差为，因，所以，又，所以，综上有数列是公差为2的等差数列．选择条件③：因为，所以，又，两式相减得，所以数列从第3项开始等差，将带入得，因为，所以，所以，同理．综上有数列是公差为2的等差数列．【点评】本题是一个开放题，主要考查了等差数列的判定，解题的关键是弄清等式成立的条件，同时考查了学生的核心素养，属于中档题．22．（12分）如图，在平面直角坐标系中，，是椭圆的左、右顶点，，离心率．是右焦点，过点任作直线交椭圆于，两点．（1）求椭圆的方程；（2）试探究直线与直线的交点是否落在某条定直线上？若是，请求出该定直线的方程；若不是，请说明理由．【分析】（1）由已知求得，再由离心率求得，结合隐含条件求得，则椭圆方程可求；（2）设直线的方程为，再设，，，，联立直线方程与椭圆方程，化为关于的一元二次方程，可得与的纵坐标的和与积，再写出直线与的方程，结合根与系数的关系，联立两直线方程求得的值，进一步求得，即可证明直线与直线的交点落在定直线上．【解答】解：（1），，即，设椭圆的焦距为，又，，则．所求椭圆的方程为；（2）设直线的方程为，再设，，，，由，得．，，直线的方程为，直线的方程为，联立两直线方程，可得，，解得．因此，直线与直线的交点落在定直线上．【点评】本题考查椭圆方程的求法，考查直线与椭圆位置关系的应用，考查运算求解能力，属难题．声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2021/2/23 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