《河北省武邑中学2020-2021学年高二数学上学期期中试题【含解析】》由会员分享，可在线阅读，更多相关《河北省武邑中学2020-2021学年高二数学上学期期中试题【含解析】（19页珍藏版）》请在装配图网上搜索。
1、河北省武邑中学2020-2021学年高二数学上学期期中试题（含解析）注意事项：1. 本试卷分第卷（选择题）和卷（非选择题）两部分，满分150分，考试时间120分钟.2. 答题前请仔细阅读答题卡（纸）上的“注意事项”，按照“注意事项”的规定答题.3. 选择题答案涂在答题卡上，非选择题答案写在答题卡上相应位置，在试卷和草稿纸上作答无效.第卷 选择题（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，有且只有一项符合题目要求，将正确答案填涂在答题卡上.1. 命题“若，则且”否命题为（ ）A. 若，则且B. 若，则且C. 若，则或D. 若，则或【答案】D【解析】【分
2、析】根据否命题要否定条件和结论得答案.【详解】命题“若，则且”的否命题为“若，则或”.故选：D.【点睛】本题考查否命题的写法，注意且的否定为或，是基础题.2. 不等式的解集为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由不等式移项变形,解分式不等式和二次不等式即可得出结果.【详解】解：由不等式移项可得,即,可得,所以,解得或者不等式得解集为故选:B3. 设是椭圆上的点若是椭圆的两个焦点，则等于( )A. 4B. 5C. 8D. 10【答案】D【解析】试题分析：因为椭圆的方程为，所以，由椭圆的的定义知，故选D考点：1、椭圆的标准方程；2、椭圆的定义4. 我国古代数学典籍九章算术第七章
3、“盈不足”章中有一道“两鼠穿墙”问题：有厚墙5尺，两只老鼠从墙的两边相对分别打洞穿墙，大老鼠第一天进一尺，以后每天加倍；小老鼠第一天也进一尺，以后每天减半，问两鼠在第几天相遇？（ ）A. 第2天B. 第3天C. 第4天D. 第5天【答案】B【解析】【分析】用列举法求得前几天挖的尺寸，由此求得第几天相遇.【详解】第一天共挖，前二天共挖，故前天挖通，故两鼠相遇在第天.故选B.【点睛】本小题主要考查中国古代数学问题，考查等比数列的概念，属于基础题.5. ，且，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据题中条件，由不等式的性质，逐项判断，即可得出结果.【详解】因为，且，所以，；故C
4、正确；若，则，故A错；若，则，故B错；若，则与无意义，故D错；故选：C.6. 已知函数定义域是，那么“是增函数”是“不等式恒成立”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【答案】A【解析】【分析】函数为上的增函数不等式恒成立，反之不成立，即可判断结论.【详解】函数为上的增函数不等式恒成立，反之不成立，“是增函数”是“不等式恒成立”的充分不必要条件.故选：A【点睛】本题考查了充分条件与必要条件的定义，同时考查了增函数的定义，属于基础题.7. 已知数列为等差数列，为其前项和，则（ ）A 7B. 14C. 28D. 84【答案】D【解析】【分析】利用等
5、差数列的通项公式，可求解得到，利用求和公式和等差中项的性质，即得解【详解】，解得故选：D【点睛】本题考查了等差数列的通项公式、求和公式和等差中项，考查了学生综合分析，转化划归，数学运算的能力，属于中档题.8. 若椭圆的焦距为2，则的值是（ ）A. 3B. 15C. 3或5D. 1或5【答案】C【解析】【分析】根据椭圆方程的标准形式，讨论焦点位置，求出的值，从而求得m的值【详解】由题意知椭圆焦距为2，即，当焦点在x轴上时，则，即，当焦点在y轴上时，则，即，m的值为3或5.故选:C.【点睛】本题考查椭圆标准方程理解，属于基础题.9. 设a，b为正数，且，则（）A. B. C. D. 【答案】C【解
6、析】【分析】逐一分析选项，得到答案.【详解】A.当时，满足，但不满足，故A不成立；B.当时，满足，但不满足，故B不成立；C.因为，所以，即成立，故C成立；D.当时，满足，但不满足，故D不成立.故选C【点睛】本题考查不等式是否成立，属于基础题型.10. 在平面直角坐标系中，曲线上任意一点与两个定点和连线的斜率之和恒等于2，则关于曲线的结论正确的个数是（ ）（1）曲线上所有的点都在圆外 （2）曲线是中心对称图形（3）曲线关于轴对称 （4）曲线上所有点的横坐标的绝对值都大于2A. 3个B. 2个C. 1个D. 0个【答案】B【解析】【分析】先设，根据题中条件，求出点的轨迹方程，再逐项判断，即可得出结
7、果.【详解】设，因为点与两个定点和连线的斜率之和恒等于2，所以直线和的斜率都存在，因此；又由可得，即，所以即为点的轨迹方程，即曲线的方程；由可得，显然不等于，所以可化为，因此，当且仅当时，等号成立，所以曲线上所有的点都在圆外；（1）正确；由得，即点也在曲线上，因此曲线关于原点中心对称；（2）正确；将代入曲线方程，可得，即，与曲线的方程不同，即点不在曲线，所以曲线不关于轴对称，（3）错；当时，即点在曲线上，但不满足该点横坐标绝对值大于2；（4）错；故选：B.【点睛】关键点点睛：求解本题的关键在于，根据题中条件：斜率之和恒等于2，利用求轨迹方程的一般步骤，求出曲线的方程，再根据曲线的方程，验证曲线
8、的性质，即可求解.11. 已知函数，若，则的最小值为（ ）A. B. 3C. 6D. 7【答案】A【解析】【分析】根据，采用倒序相加的方法，求出函数值的和，得到，再将代入所求式子，根据二次函数的性质，即可求出结果.【详解】由题可知：令又，于是有，所以，因此，则，所以，因为，则，而是开口向上二次函数，且对称轴为，所以的最小值为，当时，取得最小值.故选：A.【点睛】关键点点睛：求解本题的关键在于根据题中条件，由所给函数解析式，计算出为定值，利用倒序相加的方法求函数值的和，求出，即可求解.12. 已知只有50项的数列an满足下列三个条件：ai1，0，1，i1，2，50；a1+a2+a509；101（
9、a1+1）2+（a2+1）2+（a50+1）2111对所有满足上述条件的数列an，共有k个两两不同的值，则k（）A. 10B. 11C. 6D. 7【答案】C【解析】【分析】考虑a1，a2，a50中有s项取值0，由条件（2）知，取值1的项数为+9，取值1的项数为，再由条件得101s+4（+9）111，解不等式即可得到所求k值【详解】设a1，a2，a50中有s项取值0，由条件（2）知，取值1的项数为+9，取值1的项数为，再由条件得101s+4（+9）111，解得7s17，又易知s必为奇数，故s7，9，11，13，15，17它们对应6个不同的值50s，故选：C【点睛】本题考查数列的新定义的理解和运
10、用，考查数列的探索求和，以及运算能力，属于中档题二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分，将答案填在答题卡上相应位置.13. 命题“任意”的否定是_.【答案】存在【解析】【分析】由全称命题否定是特称命题，可得答案.【详解】解：由全称命题的否定是特称命题，可得命题“任意”的否定是“存在”，故答案为：存在.【点睛】本题主要考查命题的否定，其中掌握全称命题的否定是特称命题是解题的关键，属于基础题.14. 已知实数，满足不等式组，则区域面积是_.【答案】【解析】【分析】画出约束条件表示的平面区域，即可结合图形，求出区域面积.【详解】画出不等式组表示的平面区域如下：由得；由得；由得，所以区域的面
11、积即为三角形的面积，等于.故答案为：.15. 数列an中，an，若Sn为数列an的前n项和，则S2019_【答案】【解析】【分析】根据通项公式的特点可对奇偶项分别求和，对于奇数项可用裂项相消法求和，对于奇数项可根据周期性来求和，最后综合可得结果【详解】解：由题意，当n为奇数时，an（）则S2019a1+a2+a2019（a1+a3+a2019）+（a2+a4+a6+a8+a10+a12+a2016+a2018）（1）+（）+（）+（sin+sin+sin+sin+sin+sin+sin+sin）（1）+1+0+（1）+0+1+0+0+1+1故答案为：【点评】本题主要考查分组求和法，裂项相消法，
12、以及根据数列周期性来求和考查了转化思想的应用，逻辑思维能力和数学运算能力，本题属中档题16. 已知实数x，y满足，则的最小值为_.【答案】4【解析】【分析】实数，满足，化为：，令，则解得，代入，化简整理利用基本不等式的性质即可得出【详解】实数，满足，化为：，令，则解得，则，当且仅当，时，即，时取等号的最小值为4故答案为：4【点睛】本题考查了基本不等式的性质、换元法、转化法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题三、解答题：本大题共6小题，共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.17. 已知等比数列的各项均为正数，.（1）求数列的通项公式；（2）设，求数列的前n项和.【答案】（1）（2）
13、【解析】【分析】（1）由，即可得出数列的通项公式；（2）求出数列的通项公式，根据分组求和即可得出.【详解】（1）设公比为由题意可知，整理得，解得（舍），即则（2）【点睛】本题主要考查了等比数列基本量的计算以及利用分组求和法求数列的和，属于中档题.18. 已知函数.（1）求函数的最小值；（2）若不等式恒成立，求实数的范围.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）将函数解析式变形，利用基本不等式，即可求出最值；（2）根据（1）的结果，将不等式化为，解对应的一元二次不等式，即可得出结果.【详解】（1）因为，所以，当且仅当，即时，等号成立；即函数的最小值为；（2）为使不等式恒成立，只需，由（1）
14、知，解得，即实数的范围为.【点睛】易错点睛：利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件：（1）“一正二定三相等”“一正”就是各项必须为正数；（2）“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值；（3）“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方.19. 已知定点和曲线上的动点；（1）求线段的中点的轨迹方程；（2）求直线被曲线截得线段的长.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）设，从得到，代入曲线，得到的轨迹方程；（2）直线与曲线联立
15、，得到的坐标，从而得到的长.【详解】（1）设，定点，为中点，所以有所以，因为在曲线上，所以，整理得的轨迹方程为.（2）直线与曲线联立，解得，所以，所以.【点睛】本题考查求动点的轨迹方程，求直线与曲线的交点，两点间距离公式，属于简单题.20. 习近平总书记指出：“我们既要绿水青山，也要金山银山”新能源汽车环保、节能，以电代油，减少排放，既符合我国的国情，也代表了世界汽车产业发展的方向工业部表示，到2025年中国的汽车总销量将达到3500万辆，并希望新能源汽车至少占总销量的五分之一山东某新能源公司年初购入一批新能源汽车充电桩，每台16200元，第一年每台设备的维修保养费用为1200元，以后每年增加
16、400元，每台充电桩每年可给公司收益7000元（1）表示出每台充电桩第年的累计利润函数.（2）每台充电桩第几年开始获利？（3）每台充电桩在第几年时，年平均利润最大【答案】（1）；（2）第4年；（3）第9年.【解析】【分析】（1）根据年利润等于总收益减去总保养费以及固定投入,结合等差数列的求和公式即可得结果.（2）利用一元二次不等式的解法解不等式,结合是整数，从而可得结果.（3）每台充电桩的平均利润为, 再结合基本不等式的性质即可得解,注意取等号的条件.【详解】（1）由题意知每年的维修保养费用是以1200为首项，400为公差的等差数列，设第年时累计利润为，（2）若开始获利即，即，解得，公司从第4
17、年开始获利；（3）每台充电桩年平均利润为，当且仅当，即时，等号成立即在第9年时每台充电桩年平均利润最大为2400元【点睛】本题考查等差数列和基本不等式在解决实际问题中应用,利用等差数列的前n项和公式求出前n年的累计维修费是解题的关键，考查学生的逻辑推理能力和运算能力, 属于中档题.21. 已知集合，集合，集合，命题：，命题：.（1）若命题为假命题，求实数的取值范围；（2）若命题为假命题，求实数的取值范围.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】首先求得集合，.（1）根据是假命题，得，由此列不等式，解不等式求得的取值范围.（2）先求得当为真命题时，的取值范围，由此求得当为假命题时，的取值范围.【
18、详解】因为，所以集合.由得，即，解得，所以；集合.（1）由命题是假命题，得，因此只需，解得，即实数的取值范围为；（2）当为真命题时，与都为真命题，即，且，所以只需，所以当为假命题时，或，所以的取值范围是：.22. 已知数列为公比不为1的等比数列，且，成等差数列.（1）求数列的通项公式和前项和；（2）设数列满足，对任意的，.（i）求数列的最大项；（ii）是否存在等差数列，使得对任意，都有？若存在，求出所有符合题意的等差数列；若不存在，请说明理由.【答案】（1）；（2）（i）第二项最大为2；（ii）存在，.【解析】【分析】（1）设数列的公比为()，由已知条件，成等差数列，可求得公比，从而得到通项和
19、前项和； （2）（i）由条件可得数列是以1为首项，5为公差的等差数列，可得数列的通项，通过判数列的单调性可得数列的最大项；（ii）假设存在等差数列，运用等差数列的通项公式，讨论，结合不等式恒成立思想，即可判断存在性.【详解】（1）设数列的公比为()，由于，成等差数列，则或（舍去），所以，.（2）（i），所以数列是以1为首项，5为公差的等差数列，显然，令，即，令，即所以，故.（ii）假设存在等差数列，使得对任意，都有， ，由（i）得，设的公差为，则，若，单调递增，存在使得，但是，则不能恒成立，故不存在；若，单调递减，而单调递增，则不能恒成立，故不存在；若，又因为，故.所以存在等差数列满足题意.【点睛】本题考查等差数列和等比数列通项公式和求和公式的应用，考查数列的单调性和存在性问题的解法，考查推理和计算能力，属于中档题.
河北省武邑中学2020-2021学年高二数学上学期期中试题【含解析】
