2019-2020学年河南省豫南九校高二上学期第三次联考数学（理）试题（解析版）

2019-2020学年河南省豫南九校高二上学期第三次联考数学（理）试题（解析版）

‎2019-2020学年河南省豫南九校高二上学期第三次联考数学（理）试题 一、单选题 ‎1．已知，则下列各式一定正确的是（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】D ‎【解析】因为恒为正数，故选D．‎ ‎2．已知命题：，，则是（）‎ A．， B．， C．， D．，‎ ‎【答案】D ‎【解析】根据全称命题的否定方法，结合已知中的原命题，可得答案．‎ ‎【详解】‎ ‎∵命题p：∀x＞0，总有lgx＞0，‎ ‎∴命题¬p为：∃x0＞0，使得lgx0≤0，‎ 故选：D．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了命题的否定，考查了推理能力，属于基础题．‎ ‎3．方程表示焦点在轴上的椭圆，则的取值范围是（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】将椭圆方程化为标准方程，根据题中条件列出关于的不等式，解出该不等式可得出实数的取值范围.‎ ‎【详解】‎ 椭圆的标准方程为，由于该方程表示焦点在轴上的椭圆，‎ 则，解得，因此，实数的取值范围是，故选A.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查椭圆的标准方程，考查根据方程判断出焦点的位置，解题时要将椭圆方程化为标准形式，结合条件列出不等式进行求解，考查运算求解能力，属于中等题.‎ ‎4．在中，若，则的取值范围是（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】C ‎【解析】利用正弦定理得到，再利用余弦定理得到，计算得到答案.‎ ‎【详解】‎ 根据正弦定理：‎ 根据余弦定理：‎ ‎ ‎ 故答案选C ‎【点睛】‎ 本题考查了正弦定理和余弦定理，意在考查学生对于正余弦定理的灵活运用和计算能力.‎ ‎5．已知数列满足递推关系：,,则（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】C ‎【解析】利用数列递推关系,结合等差数列的定义得数列是首项为,公差为的等差数列,再利用等差数列的通项公式计算即可．‎ ‎【详解】‎ 解：,‎ ‎,‎ 又,数列是首项为,公差为的等差数列,即 ‎,‎ 即.‎ 故选C．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了数列递推关系,等差数列的概念和等差数列的通项公式,属于基础题．‎ ‎6．已知实数满足，则的最大值为（ ）‎ A．11 B．10 C．6 D．4‎ ‎【答案】B ‎【解析】画出约束条件所表示的可行域，根据目标函数的几何意义，当直线在轴上的截距达到最大时，取得最大值，观察可行域，确定最优解的点坐标，代入目标函数求得最值.‎ ‎【详解】‎ 画出约束条件所表示的可行域，如图所示，‎ 根据目标函数的几何意义，当直线在轴上的截距达到最大时，取得最大值，当直线过点时，其截距最大，所以，故选B.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查线性规划，利用目标函数的几何意义，当直线在轴上的截距达到最大时，取得最大值，考查数形结合思想的应用.‎ ‎7．命题“，”为真命题的一个充分不必要条件是（）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】“，”为真命题可转化为恒成立，可得，根据充分必要条件可选出答案.‎ ‎【详解】‎ 若“，”为真命题，可得恒成立 只需，‎ 所以时，，”为真命题，‎ ‎“，”为真命题时推出，‎ 故是命题“，”为真命题的一个充分不必要条件，‎ 选A.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了不等式恒成立问题，充分条件，必要条件，命题，属于中档题.‎ ‎8．曲线与曲线的（）‎ A．长轴长相等 B．短轴长相等 C．焦距相等 D．离心率相等 ‎【答案】D ‎【解析】首先将后面的曲线化简为标准形式，分别求两个曲线的几何性质，比较后得出选项.‎ ‎【详解】‎ 首先化简为标准方程，，由方程形式可知，曲线的长轴长是8，短轴长是6，焦距是，离心率 ，‎ ‎，的长轴长是，短轴长是，焦距是，离心率，所以离心率相等.‎ 故选D.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了椭圆的几何性质，属于基础题型.‎ ‎9．如图所示的数阵称为杨辉三角.斜线上方箭头所示的数组成一个锯齿形的数列：记这个数列的前n项和为，则等于（ ）.‎ A．128 B．144 C．155 D．164‎ ‎【答案】D ‎【解析】由图中锯齿形数列，发现规律：奇数项的第n项可表示成正整数的前n项和的形式，偶数项构成以2为首项，公差是1的等差数列，由此结合等差数列的通项与求和公式，即可求出.‎ ‎【详解】‎ 由图中锯齿形数列，发现：‎ ‎，‎ 而，‎ 所以 ‎，‎ 故选D.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了数列的前n项和，等差数列的通项与求和公式，归纳推理，属于中档题.‎ ‎10．在中，若，，且的面积，则的边的长为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】B ‎【解析】设的内角、、所对的边分别为、、，由得出，再由三角形的面积求出、的值，再利用余弦定理可得出的长.‎ ‎【详解】‎ 设的内角、、所对的边分别为、、，由于得出，‎ ‎，由三角形的面积公式可得，‎ 解得，，由余弦定理得，‎ 因此，的边的长为，故选B.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查三角形的面积公式的应用以及利用余弦定理解三角形，要熟悉正弦定理和余弦定理解三角形的对三角形已知元素类型的要求，考查运算求解能力，属于中等题.‎ ‎11．已知各项都为正数的等比数列满足，存在两项使得，则的最小值为(　　)‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】B ‎【解析】根据计算公比，然后由找到的关系式，最后根据基本不等式求解的最小值.‎ ‎【详解】‎ 因为，所以或，又，所以；由可知：，所以，则；‎ ‎，取等号时，即，‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】‎ 基本不等式中“”的妙用：‎ 已知，求解的最小值的方法：，取等号时.‎ ‎12．已知椭圆的左、右焦点分别是，若离心率，则称椭圆为“黄金椭圆”.下列有三个命题：‎ ‎①在黄金椭圆中，成等比数列；‎ ‎②在黄金椭圆中，若上顶点、右顶点分别为，则；‎ ‎③在黄金椭圆中，以为顶点的菱形的内切圆经过焦点.‎ 正确命题的个数是( )‎ A．0 B．1 C．2 D．3‎ ‎【答案】D ‎【解析】本道题结合椭圆的基本性质，结合三角形三边关系，建立等式，证明，即可．‎ ‎【详解】‎ 对于1选项，，得到，结合，故 ‎，所以a,b,c成等比数列，故正确；对于2选项，则 而,故，正确；对于3选项，结合题意可知,该圆的圆心为坐标原点,设圆心的半径为r，结合该圆与四边形ABDE相切，结合可知，代入离心率得到，所以该圆经过焦点，故正确的有3个，故选D．‎ ‎【点睛】‎ 本道题考查了椭圆的基本性质，关键结合离心率计算公式和三角形三边关系，建立等式，难度偏难．‎ 二、填空题 ‎13．等差数列的首项为，公差为，则数列前项和的最大值为_______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】求出等差数列的前项和，结合一元二次函数的性质进行求解即可．‎ ‎【详解】‎ 等差数列的首项，公差，‎ 前项和，‎ 则对称轴为，‎ 当时，取得最大值为144，‎ 故答案为：144．‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查等差数列的前项和公式的应用，结合一元二次函数的性质是解决本题的关键．‎ ‎14．在中，角，，所对的边分别为，，，已知，，若该三角形有两解，则的取值范围是______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】由正弦定理求出，三角形有两解确定角范围，即可求解.‎ ‎【详解】‎ ‎∵在中，，，‎ ‎∴由正弦定理得，‎ ‎∵，∴，要使三角形有两解，‎ 得到：，且，即，‎ ‎∴，解得：.‎ 故答案为:.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查正弦定理解三角形，考查三角形解的个数求参数，属于中档题.‎ ‎15．若“，使得成立”是假命题，则实数的取值范围是__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】根据题意知原命题等价于，恒成立，利用基本不等式即可得到实数的取值范围.‎ ‎【详解】‎ 若，使得成立是假命题，‎ 则若，使得，‎ 等价于，恒成立，‎ 又，当且仅当时等号成立，‎ 所以实数的取值范围是.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查的是二次函数，函数综合以及命题及其关系和基本不等式的应用，考查学生的分析问题解决问题的能力，是基础题.‎ ‎16．已知中心在原点的椭圆的左焦点恰好为圆的圆心，有两顶点恰好是圆与轴的交点，若椭圆上恰好存在两点关于直线对称，则实数的取值范围是___________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】求得圆的圆心，可得椭圆的，求得圆与轴的交点，可得，进而得到，可得椭圆方程，设出椭圆上关于直线对称的两点连线AB的方程为，设两点的坐标为联立椭圆方程，运用判别式大于，以及韦达定理和中点坐标公式，可得中点坐标代入已知直线，可得的关系，进而得到所求范围.‎ ‎【详解】‎ 圆的圆心为，得椭圆的，‎ 圆与轴的交点为，可得椭圆的，故，‎ 椭圆的方程为，‎ 设椭圆上关于直线对称两点连线的方程为，‎ 设，‎ 由，得，‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎，‎ 设的中点，则，，‎ 中点在，，‎ ‎，‎ 即.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查的是椭圆方程的求法和性质的应用，考查直线方程和椭圆的位置关系，椭圆与直线联立，运用韦达定理和中点坐标公式，考查化简整理的运算能力，是中档题.‎ 三、解答题 ‎17．已知，命题：对任意，不等式恒成立；命题： “方程表示焦点在轴上的椭圆”.‎ ‎（1）若为真命题，求的取值范围；‎ ‎（2）若为假，为真，求的取值范围.‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】（1）根据题意和对数的性质可得，即可得到的取值范围；‎ ‎（2）根据题意先求出使命题成立的的取值范围，再根据为假，为真知，一真一假，分情况可得的取值范围.‎ ‎【详解】‎ 对任意，不等式恒成立，‎ 当，由对数函数的性质可知在单调递增，‎ 当时，取得最小值为，‎ ‎，解得.‎ 因此，若为真命题时，的取值范围是.‎ 命题为真，则，解得：.‎ 为假，为真，‎ 中一个是真命题，一个是假命题.‎ 当真假时，则，解得 当假真时，，即. ‎ 综上，的取值范围为.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查的是对数函数的性质和不等式恒成立问题的解法，考查复合命题真假问题，考查满足条件的实数的取值范围的求法，解题时要认真审题，注意不等式的性质的合理运用，是基础题.‎ ‎18．设函数 ‎（1）若对于一切实数恒成立，求的取值范围；‎ ‎（2）若对于恒成立，求的取值范围.‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】（1）由不等式恒成立，结合二次函数的性质，分类讨论，即可求解；‎ ‎（2）要使对于恒成立，整理得只需恒成立，结合基本不等式求得最值，即可求解.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）由题意，要使不等式恒成立，‎ ‎①当时，显然成立，所以时，不等式恒成立；‎ ‎②当时，只需，解得，‎ 综上所述，实数的取值范围为.‎ ‎（2）要使对于恒成立，‎ 只需恒成立，‎ 只需，‎ 又因为，‎ 只需，‎ 令，则只需即可 因为，当且仅当，即时等式成立；‎ 因为，所以，所以.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了含参数的不等式的恒成立问题的求解，其中解答中把不等式的恒成立问题转化为函数的最值问题是解答的关键，着重考查了分类讨论思想，以及转化思想的应用，属于基础题.‎ ‎19．在中，角、、所对的边分别为、、，且满足.‎ ‎（1）求角的值；‎ ‎（2）若且，求的取值范围.‎ ‎【答案】（1）或（2）‎ ‎【解析】（1）利用三角函数恒等变换的应用化简已知可解得：，结合为的内角，可得的值．（2）由，由（1）可得，又，‎ 由正弦定理可得：，从而利用三角函数恒等变换的应用可得：‎ ‎，结合，可得的取值范围．‎ ‎【详解】‎ 解：（1）由已知得，化简得，‎ 因为为的内角，所以，故或.‎ ‎（2）因为，所以.由正弦定理得，得，，‎ 故＝‎ ‎.‎ 因为，所以，则，所以．‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了三角函数恒等变换的应用，考查了正弦定理，正弦函数的图象和性质在解三角形中的应用，属于中档题．‎ ‎20．设分别是椭圆的左右焦点，是上一点且与轴垂直，直线与的另一个交点为．‎ ‎（1）若直线的斜率为，求的离心率；‎ ‎（2）若直线在轴上的截距为，且，求．‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】【详解】‎ ‎（1）记，则，由题设可知，‎ 则，‎ ‎；‎ ‎（2）记直线与轴的交点为，则①，‎ ‎，‎ 将的坐标代入椭圆方程得②‎ 由①②及得，‎ 故．‎ ‎【考点】1.椭圆方程；2.直线与椭圆的位置关系.‎ ‎21．设数列的前项和为，且.‎ ‎（1）求数列的通项公式，若为数列的前项和，求；‎ ‎（2）在（1）的条件下，是否存在自然数，使得对一切恒成立？若存在，求出的值；若不存在，说明理由.‎ ‎【答案】（1），（2）存在，‎ ‎【解析】（1）根据题意可推导得到，进而得到数列是等比数列，由等比数列的通项公式得到，即可得到再由错位相减的方法得到结果；‎ ‎（2）根据第一问得到，数列单调递增，由数列的单调性得到范围，从而得到自然数.‎ ‎【详解】‎ 由，令，则，又，所以，‎ 当时，可得，即，‎ 所以数列是以为首项，为公比的等比数列，‎ 于是，‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎，‎ 从而.‎ 由知，，又，‎ 数列单调递增，‎ ‎，又，，‎ 要，则，‎ 解得，又，‎ 故.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查的是数列通项公式的求法及数列求和的常用方法；数列通项的求法中有常见已知和的关系，求表达式，一般是写出作差得通项，但是这种方法需要检验时通项公式是否适用；数列求和常用法有：错位相减，裂项求和，分组求和等，是中档题.‎ ‎22．已知椭圆C: 的左,右焦点分别为且椭圆上的点到两点的距离之和为4‎ ‎(1)求椭圆的方程;‎ ‎(2)若直线与椭圆交于两点,为坐标原点直线的斜率之积等于，试探求△OMN的面积是否为定值，并说明理由 ‎【答案】（1）；（2）定值1‎ ‎【解析】（1）由已知求得，又点在椭圆上，代入求得，即可得到椭圆的方程；‎ ‎（2）设，联立方程组，求得，又由直线的斜率之积等于，化简求得，再由弦长公式和面积公式，即可求解.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）由已知，即，又点在椭圆上，‎ 所以，所以，故椭圆方程为.‎ ‎（2）设，‎ 由，得，‎ 则，即，‎ 且，‎ 因为直线的斜率之积等于，‎ ‎，‎ 所以，‎ 即，‎ 又到直线MN的距离为，‎ 所以.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查椭圆的标准方程的求解、及直线与圆锥曲线的位置关系的应用问题,解答此类题目，通常联立直线方程与椭圆（圆锥曲线）方程的方程组，应用一元二次方程根与系数的关系进行求解，此类问题易错点是复杂式子的变形能力不足，导致错解，能较好的考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力、分析问题解决问题的能力等.‎