《2019-2020学年创新发展联盟高二上学期第三次联考数学（理）试题（解析版）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019-2020学年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页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、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（ ）A2B6C8D14【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（ ）ABCD【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“，
2、”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（ ）ABCD【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（ ）A8B-2C-4D-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
3、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（
4、 ）A17B20C22D25【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（ ）ABCD【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
5、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（ ）A7B10C17D19【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（ ）A11B12C21D22【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
6、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（ ）ABC2D3【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
7、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
8、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
9、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
10、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
11、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，
12、.（2）由（1）可得，则，从而，-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
13、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
14、，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
