高二数学上学期第三次月考试题 理（含解析）1

高二数学上学期第三次月考试题 理（含解析）1

‎【2019最新】精选高二数学上学期第三次月考试题 理（含解析）1‎ 第Ⅰ卷（共60分）‎ 一、选择题：本大题共12个小题,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. 若，，则一定有（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：，又，所以，故B正确.‎ 考点：不等式的性质.‎ ‎2. 设为等差数列的前项和，，，则（ ）‎ A. -6 B. -4 C. -2 D. 2‎ ‎【答案】A ‎【解析】试题分析：由已知得解得 ．故选A．‎ 考点：等差数列的通项公式和前项和公式．‎ 视频 ‎3. 设命题，则为（ ）‎ A. B. ‎ - 13 - / 13‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎4. 在中，角的对边分别为，，，，则等于（ ）‎ A. 4 B. 2 C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】根据正弦定理，，，，故为锐角，，，选A.‎ ‎5. 已知椭圆的左、右焦点分别为，离心率为，过的直线交椭圆于两点，若的周长为，则椭圆的方程为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎.........‎ ‎6. 在中，若，则的形状一定是（ ）‎ A. 等腰直角三角形 B. 直角三角形 C. 等腰三角形 D. 等边三角形 ‎【答案】C - 13 - / 13‎ ‎【解析】 ，，则，为等腰三角形，选C.‎ ‎7. 我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯（ ）‎ A. 1盏 B. 3盏 C. 5盏 D. 9盏 ‎【答案】B ‎【解析】设塔的顶层共有灯盏，则各层的灯数构成一个首项为，公比为2的等比数列，结合等比数列的求和公式有：，解得，即塔的顶层共有灯3盏，故选B．‎ 点睛:用数列知识解相关的实际问题，关键是列出相关信息，合理建立数学模型——数列模型，判断是等差数列还是等比数列模型；求解时要明确目标，即搞清是求和、求通项、还是解递推关系问题，所求结论对应的是解方程问题、解不等式问题、还是最值问题，然后将经过数学推理与计算得出的结果放回到实际问题中，进行检验，最终得出结论．‎ ‎8. 在中，利用正弦定理理解三角形时，其中有两解的选项是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D - 13 - / 13‎ ‎【解析】有钝角或直角最多一解，B错。由，A中，1解，不符。C中，无解。D中符合两解。选D.‎ ‎【点睛】‎ 在己知两边一对角的题型中，有钝角或直角最多一解，己知角所对边为大边，最多一解，其余情况根据三角形内角和，大边对大角来判断。‎ ‎9. 已知等差数列，的前项和分别为，，且有，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】由等差数列可得 ,故选C.‎ ‎10. 中，角所对应的边分别为，表示三角形的面积，且满足，则（ ）‎ A. B. C. 或 D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】在△ABC中，∵S==acsinB，cosB=．代入原式子得到，tanB=，∵B∈（0，π），‎ ‎∴B= ．‎ 故答案为B。‎ - 13 - / 13‎ ‎11. 若满足，且的最小值为-4，则的值为（ ）‎ A. 2 B. -2 C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：作出不等式组，所表示的平面区域，如下图：‎ 由图可知：由于直线过定点，只需它还过点即可，‎ ‎，解得：．‎ 故选D．‎ 考点：线性规划．‎ 视频 ‎12. 已知，又函数是上的奇函数，则数列的通项公式为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】在上为奇函数，故代入得，当时，，令，则上式即为，当偶数时， ，当奇数时， ，综上所述，，故选C.‎ - 13 - / 13‎ 第Ⅱ卷（共90分）‎ 二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）‎ ‎13. 已知的三边长分别为3，5，7，则该三角形的外接圆半径等于__________．‎ ‎【答案】 ‎ ‎【解析】设另一条边为x，则x2＝22＋32－2×2×3× ，所以x2＝9，所以x＝3.设cos θ＝ ，则sin θ＝ .所以.‎ ‎14. 有下列四种说法：‎ ‎①，均成立；‎ ‎②若是假命题，则都是假命题；‎ ‎③命题“若，则”的逆否命题是真命题；‎ ‎④“”是“直线与直线互相垂直”的充要条件 其中正确的命题有__________．‎ ‎【答案】①③‎ ‎【解析】对于①, 恒成立,命题正确;‎ 对于②, 若是假命题，则，中至少有一个是假命题,命题错误;‎ 对于③, 若，则正确,则它的逆否命题也正确;‎ 对于④,当时, 直线与直线互相垂直,命题正确;‎ 故填①③④.‎ - 13 - / 13‎ ‎15. 设，若是与的等比中项，则的最小值为__________．‎ ‎【答案】2‎ ‎【解析】由已知, 是与的等比中项，则 ‎ 则 ‎ ，当且仅当时等号成立 故答案为2‎ ‎【点睛】本题考查基本不等式的性质、等比数列的性质，其中熟练应用“乘1法”是解题的关键．‎ ‎16. 如图，在平面直角坐标系中，是椭圆的右焦点，直线与椭圆交于两点，且，则该椭圆的离心率是__________．‎ ‎【答案】 ‎ ‎【解析】由题意得，故，，‎ 又，所以 ‎【考点】椭圆离心率 ‎ ‎【名师点睛】椭圆离心率的考查，一般分两个层次，一是由离心率的定义，只需分别求出，这注重考查椭圆标准方程中量的含义，二是整体考查，求的比值，这注重于列式，即需根据条件列出关于的一个等量关系，通过解方程得到离心率的值.‎ 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.） ‎ - 13 - / 13‎ ‎17. 命题；命题方程表示焦点在轴上的椭圆，若“且”是假命题，“或”是真命题，求实数的取值范围.‎ ‎【答案】 ‎ ‎【解析】试题分析：命题为真，求出，命题为真，求出，利用“且”是假命题，“或”是真命题，推出是真命题，且是假命题，或是假命题且是真命题，两种情况分别列不等式组，求解不等式即可得结果.‎ 试题解析：命题: 为真， ‎ 命题为真，即方程是焦点在轴上的椭圆， ‎ 又“且”是假命题，“或”是真命题 ‎ 是真命题且是假命题，或是假命题且是真命题 ‎ ‎ ，或 ‎ ‎ 的取值范围是 ‎18. 在中，已知，，.‎ ‎（1）求的长；‎ ‎（2）求的值.‎ ‎【答案】（1） （2） ‎ ‎【解析】试题分析：（1）直接利用余弦定理求解即可；（2）利用正弦定理求出的正弦函数值，然后利用二倍角公式求解即可．‎ 试题解析：（1）由余弦定理知，,所以.‎ ‎（2）由正弦定理得,为锐角, 则,.‎ - 13 - / 13‎ 考点：（1）余弦定理的应用；（2）二倍角的正弦.‎ ‎19. 已知等差数列和等比数列满足：，，.‎ ‎（1）求的通项公式；‎ ‎（2）求和：.‎ ‎【答案】（1）an=2n−1（2） ‎ ‎【解析】试题分析：（1）根据等差数列的，，列出关于首项、公差的方程组，解方程组可得与的值，从而可得数列的通项公式；（2）利用已知条件根据题意列出关于首项 ，公比 的方程组，解得、的值，求出数列的通项公式，然后利用等比数列求和公式求解即可.‎ 试题解析：（1）设等差数列{an}的公差为d. 因为a2+a4=10，所以2a1+4d=10.解得d=2.‎ 所以an=2n−1.‎ ‎（2）设等比数列的公比为q. 因为b2b4=a5，所以b1qb1q3=9.‎ 解得q2=3.所以.‎ 从而.‎ ‎20. 在中，内角所对应的边分别为，已知.‎ ‎（1）求的值；‎ ‎（2）若，的周长为5，求的长.‎ ‎【答案】（1）2 (2)2‎ - 13 - / 13‎ ‎【解析】试题分析：（1）由正弦定理和三角形的性质，得，即求解的值；（2）由（1）可知，∴，再由余弦定理和三角形周长，即可求解的长.‎ 试题解析：（1）由正弦定理知，‎ ‎， （2分）‎ 即，‎ 即， （4分）‎ 又由知，，所以. （6分）‎ ‎（2）由（1）可知，∴， （8分）‎ 由余弦定理得 ‎∴， （10分）‎ ‎∴，∴，∴. （12分）‎ 考点：正弦定理；余弦定理.‎ ‎21. 已知数列的各项均为正数，是数列的前项和，且.‎ ‎（1）求数列的通项公式；‎ ‎（2）已知，求的值.‎ ‎【答案】（1） （2） ‎ ‎【解析】试题分析：（1）由题意知，解得，由可得，两式相减能够推出数列是以为首项，为公差的等差数列，所以；（2）结合（1）可得 ，利用错位相减法可得的值.‎ - 13 - / 13‎ 试题解析：（1）当n = 1时，解出a1 = 3, （a1 = 0舍） ‎ 又4Sn = an2 + 2an－3 ①‎ 当时 4sn－1 = + 2an-1－3 ② ‎ ‎①－② , 即，‎ ‎∴ , ‎ ‎（），‎ 是以3为首项，2为公差的等差数列， ‎ ‎． ‎ ‎（2） ③‎ 又 ④‎ ‎④－③ ‎ ‎【 方法点睛】本题主要考查等比数列和等差数列的通项以及错位相减法求数列的的前 项和，属于中档题.一般地，如果数列是等差数列，是等比数列，求数列的前项和时，可采用“错位相减法”求和，一般是和式两边同乘以等比数列的公比，然后作差求解, 在写出“”与“” 的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“”的表达式.‎ ‎22. 已知椭圆：的 一个顶点为，离心率为，直线与椭圆交于不同的两点.‎ ‎（1）求椭圆的方程；‎ - 13 - / 13‎ ‎（2）当的面积为时，求的值.‎ ‎【答案】（1） （2）k= ‎ ‎【解析】试题分析：（I）由已知条件可得和的值，利用可得的值，进而可得椭圆的方程；（II）先设、的坐标，再联立直线的方程和椭圆的方程，消去，化简得关于的一元二次方程，由韦达定理可得，的值，由弦长公式求|MN|，由点到直线的距离公式求△AMN的高，再根据三角形的面积求．‎ 试题解析：（1）由题意得解得．所以椭圆C的方程为．‎ ‎（2）由得．‎ 设点M，N的坐标分别为，，则，，，．‎ 所以|MN|===．‎ 由因为点A（2,0）到直线的距离，‎ 所以△AMN的面积为． 由，解得，经检验，所以．‎ - 13 - / 13‎ 考点：1、椭圆的标准方程；2、直线与圆锥曲线的位置关系．‎ ‎【方法点晴】本题主要考查的是椭圆的标准方程和直线与圆锥曲线的位置关系，属于难题．解题时要注意运用弦长公式和点到直线的距离公式，最后注意验证．‎ - 13 - / 13‎