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1、集宁一中2020学年第一学期第二次月考高二理科数学试卷说明：本试卷分第卷和第卷两部分.第卷60分，第卷90分，共150分.第卷（客观题，共60分）一、选择题：（本题共12小题，每小题5分，共60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）1.椭圆的离心率为 （ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据椭圆的标准方程可知，求出，求离心率即可.【详解】因为椭圆方程为,所以，所以，故选C.【点睛】本题主要考查了椭圆的标准方程及简单性质，属于中档题.2.已知命题p：，命题q：.则下列命题为真命题的是 （ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】试题分析：对于命题：当如，
2、则，所以命题是真命题，则是假命题，对于，所以不等式解集为,所以命题是真命题，命题是假命题，所以为真命题，选A.考点：复合命题的真假点评：本题借助不等式知识考查命题真假性，关键是判断已知不等式是否成立，属基础题.3.是 （ ）A. 等腰三角形 B. 直角三角形 C. 等腰直角三角形 D. 等腰或直角三角形【答案】D【解析】试题分析：由题根据所给条件结合正弦定理，余弦定理，两角和与差公式可得sin2A=sin2B,然后根据三角形内角分析得到三角形ABC是等腰三角形或直角三角形；,，代入,整理可得:由正弦定理:联立可得sin2A=sin2B，所以2A=2B 或2A=180-2B ，所以A=B或A+B
3、=90 因此ABC是等腰三角形或直角三角形考点：正弦定理，余弦定理，两角和与差公式4.若点的坐标满足条件，则的最大值为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】作出可行域，可以看做可行域内一点与原点距离的平方，利用数形结合求解即可.【详解】作出可行域如图：可以看做可行域内一点与原点距离的平方，根据图象可知，C点到原点距离最大，联立解得，所以，故选B.【点睛】本题主要考查了线性规划，两点间的距离，属于中档题.5.椭圆的焦点在轴上，中心在原点，其短轴上的两个顶点和两个焦点恰好为边长为的正方形的顶点，则椭圆的标准方程为 （ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】由题意知，
4、写出椭圆方程即可.【详解】因为短轴上的两个顶点和两个焦点恰好为边长为的正方形的顶点，所以，又焦点在轴上，所以椭圆方程为.故选D.【点睛】本题主要考查了椭圆的标准方程，椭圆的简单性质，属于中档题.6.下列命题中，正确命题的个数是（ ）是命题；“”是“”成立的充分不必要条件；命题“三角形内角和为”的否命题是 “三角形的内角和不是”；命题“”的否定是“”.A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据命题，充分条件、必要条件，否命题，命题的否定的定义逐项分析即可.【详解】,不能判定真假，不是命题，故错误；“”是“”成立的充分必要条件，故错误；命题“三角形内角和为”的否命题是 “不是三角形的多
5、边形内角和不是”，故错误；命题“”的否定是“”，故错误.综上正确命题的个数是0个，故选A.【点睛】本题主要考查了命题，充分条件、必要条件，否命题，命题的否定，属于中档题.7.设成等比数列，其公比为2，则的值为（ ）A. B. C. D. 1【答案】A【解析】试题分析：因为成等比数列，其公比为2，所以.因此.考点：等比数列8.已知等差数列an的公差为正数，且a3a712，a4a64，则S20为（）A. 180 B. 180 C. 90 D. 90【答案】A【解析】由等差数列an中a4+a6=4得，又a3a7=12，则是方程，解这个方程得，又等差数列an的公差为正数，所以，则，解得，则。故选A。9
6、.已知，且，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】本题考查基本不等式，故A、B选项都是错误的。，所以故选择C10.已知抛物线的焦点（），则抛物线的标准方程是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】试题分析：以为焦点的抛物线的标准方程为.考点：抛物线的焦点和抛物线的标准方程.11.的三内角所对边的长分别为设向量, ,若,则角的大小为( )A. B. C. D. 【答案】B【解析】试题分析：因为两向量平行，所以等价于，整理为，所以，所以角考点：1向量平行的坐标表示；2余弦定理12.若点O和点F分别为椭圆x2/4 +y2/3 =1的中心和左焦点，点P为椭圆上点的任意一点，则的最大
7、值为A. 2 B. 3 C. 6 D. 8【答案】C【解析】由椭圆方程得F(1,0)，设P(x0，y0)，则(x0，y0)(x01，y0)x0P为椭圆上一点，1.x03x03 (x02)22.2x02.的最大值在x02时取得，且最大值等于6.第卷（主观题共90分）二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13.已知ABC中，三个内角A，B，C所对边长分别是a,b,c,且,b = 3，,则c = _.【答案】或【解析】【分析】根据余弦定理求边长c即可.【详解】ABC中,由得：，解得或 故填或.【点睛】本题主要考查了余弦定理，属于中档题.14.若曲线表示双曲线，则的取值范围是_【答案】【解
8、析】试题分析:由题设可得且,解之得且,故应填.考点：椭圆的标准方程及运用15.设x，y都是正数，且，则的最小值_.【答案】【解析】【分析】根据，展开，利用均值不等式即可求出.【详解】因为，所以，当且仅当，即时等号成立.所以的最小值为，故填.【点睛】本题主要考查了均值不等式，属于中档题.16.已知椭圆，A为左顶点，B为短轴端点，F为右焦点，且，则椭圆的离心率等于_.【答案】【解析】【分析】利用椭圆的性质，通过，推出a、c关系，求解即可【详解】椭圆的左顶点为M（a，0），上顶点为N（0，b），右焦点为F（c，0），若，可知NMNF，可得：a2+b2+b2+c2=（a+c）2，又a2=b2+c2，所
9、以a2c2=ac，即e2+e1=0，e（0，1），解得e=，故答案为：【点睛】本题考查椭圆的简单性质的应用，向量的垂直，考查转化思想以及计算能力，求离心率的常用方法有：定义法，根据椭圆或者双曲线的定义列方程；数形结合的方法，利用图形的几何特点构造方程；利用点在曲线上，将点的坐标代入方程，列式子。三、解答题（本大题共计70分，解答应写出文字说明、演算步骤或推证过程）17.在锐角ABC中，a、b、c分别为角A、B、C所对的边，且()确定角C的大小：w.w.w.c.o.m （）若c,且ABC的面积为,求ab的值。【答案】()（）5【解析】试题分析：（1）先根据正弦定理边化角转化为即可得，故（2），再
10、由余弦定理可得边c试题解析：解：（1）由正弦定理得，是锐角，故.（2），由余弦定理得点睛：在解三角形问题时多注意正余弦定理的结合运用，正弦定理主要用在角化边和边化角上，而余弦定理通常用来求解边长【此处有视频，请去附件查看】18.已知数列是等差数列，其前n项和为，且满足9，(1)求的通项公式；(2)设，求数列的前n项和为【答案】(1);(2).【解析】试题分析：(1)分类讨论:时,;时,;(2) 求得，再利用裂项相消法求和。试题解析： (1)当时，当时，由，符合上式所以的通项公式为.(2)由，可得，.19.已知椭圆的左右焦点分别为和，离心率，连接椭圆的四个顶点所得四边形的面积为.（1）求椭圆C的
11、标准方程；（2）设A，B是直线上的不同两点，若，求的最小值【答案】(1) (2)【解析】【分析】（1）由题意列出关于的方程，求解即可写出椭圆的标准方程.（2）设的坐标，由可得坐标之间的关系，根据距离公式写出距离后利用基本不等式求最值.【详解】（1）由题意得，解得，所以椭圆的标准方程为.（2）由（1）知：，设直线上的不同两点的坐标分别为，则,由，得，即，不妨设，则当时取等号.所以的最小值是.【点睛】本题主要考查了椭圆的标准方程，数量积的运算，均值不等式，属于中档题.20.已知双曲线方程为，问：是否存在过点M(1，1)的直线l，使得直线与双曲线交于P，Q两点，且M是线段PQ的中点？如果存在，求出直
12、线的方程，如果不存在，请说明理由【答案】不存在，见解析【解析】【分析】先考虑斜率不存在时，显然不成立，再考虑斜率存在时设l：y1k(x1)，联立双曲线方程，当判别式0时，由根与系数的关系得x1x2,解出k,再检验即可.【详解】显然x1不满足条件，设l：y1k(x1)联立y1k(x1)和，消去y得(2k2)x2(2k22k)xk22k30，设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，由0，得k，x1x2，由M(1，1)为PQ的中点，得1，解得k2，这与k矛盾，【点睛】本题主要考查了直线与双曲线的位置关系，中点弦问题，属于中档题.21.如图，直线与抛物线相切于点.（1）求实数的值；（2）求以点为圆心，且
13、与抛物线的准线相切的圆的方程【答案】（1）b1.（2）(x2)2(y1)24.【解析】试题分析：（1）整理直线和抛物线的方程构成的方程组，利用即可求得的值；（2）由（1）的结论即可求得圆心，根据圆与抛物线的准线相切得到圆的半径，即可写出圆的标准方程.试题解析：（1）)由得x2-4x-4b=0(*)因为直线l与抛物线C相切,所以=(-4)2-4(-4b)=0,解得b=-1（2）由（1）可知b=-1,故方程(*)即为x2-4x+4=0,解得x=2将其代入x2=4y,得y=1故点A(2,1)因为圆A与抛物线C的准线相切,所以圆A的半径r等于圆心A到抛物线的准线y=-1的距离,即r=|1-(-1)|=2,所以圆A的方程为(x-2)2+(y-1)2=4考点：直线与抛物线、圆的位置关系.【此处有视频，请去附件查看】22.已知都是不为零的实数，求证：【答案】证明：【解析】略
