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文档介绍
2018-2019学年河南省豫南九校高二上学期第三次联考数学(文)试题 解析版
豫南九校2018—2019学年上期第三次联考 高二数学(文)试题 (考试时间:120分钟 试卷满分:150分) 一、选择题(本大题共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.命题“若,则”的逆命题是( ) A.若,则 B.若,则 C.若,则 D.若,则 2.椭圆的长轴长是( ) A.2 B. C.4 D. 3.不等式在坐标平面内表示的区域(用阴影部分表示)大致是( ) A. B. C. D. 4.数列的通项公式为,当取到最小时,( ) A.5 B.6 C. 7 D.8 5.过抛物线的焦点作与对称轴垂直的直线交抛物线于,两点,则以为直径的圆的标准方程为( ) A. B. C. D. 6.等比数列中,,,则( ) A.8 B.16 C.32 D.64 7.已知点、、在同一直线上,那么的最小值是( ) A. B. C.16 D.20 8.成等差数列的三个正数的和等于12,并且这三个数分别加上1,4,11后成为等比数列中的,,,则数列的通项公式为( ) A. B. C. D. 9.的内角,,的对边分别为,,,若,,,则( ) A.1或2 B.2 C. D.1 10.在中,若,则圆与直线的位置关系是( ) A.相切 B.相交 C.相离 D.不确定 11.设的内角所对边的长分别为,若,且,则的值为( ) A. B. C.2 D.4 12.已知为抛物线上一个动点,为圆上一个动点,则点到点的距离与点到抛物线的准线的距离之和最小值是( ) A. B. C.2 D. 二、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分) 13.抛物线的焦点坐标为 . 14.内角,,的对边分别为,,,若,则 . 15.“斐波那契数列”由十三世纪意大利数学家列昂纳多•斐波那契发现,因为斐波那契以兔子繁殖为例子而引入,故又称该数列为“兔子数列”,斐波那契数列满足:, ,,记其前项和为,设(为常数),则 .(用表示) 16.已知等比数列的前项和,则函数的最小值为 . 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.(本小题满分10分) 求抛物线上的点到直线的距离的最小值. 18.(本小题满分12分) 已知等差数列的公差为,且关于的不等式的解集为. (1)求数列的通项公式; (2)若,求数列前项和. 19.(本小题满分12分) 在中,角所对的边分别为,且. (1)求角的大小; (2)若,的面积为,求的周长. 20.(本小题满分12分) (1)解不等式; (2)已知,求证:. 21.(本小题满分12分) 已知命题,. (1)若为真命题,求实数的取值范围; (2)若有命题,,当为真命题且为假命题时,求实数的取值范围. 22.如图,圆与轴相切于点,与轴正半轴相交于两点(点在点 的下方),且. (1)求圆的方程; (2)过点任作一条直线与椭圆相交于两点,连接,,求证:. 豫南九校2018—2019学年上期第三次联考 高二数学(文)参考答案 一、选择题(本大题共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) 1-5: ADCCB 6-10: BBABA 11、12:CA 1.【解析】命题的逆命题需将条件和结论交换,因此逆命题为:若,则. 2.【解析】椭圆方程变形为,,∴,长轴长为. 3.【解析】,即或与选项C符合. 4.【解析】∵数列的通项公式,∴数列为公差为3的递增的等差数列,令可得,∴数列的前7项为负数,从第8项开始为正数∴取最小值时,为7,故选. 5.【解析】由抛物线的性质知为通径,焦点坐标为,直径,即 ,所以圆的标准方程为,故选. 6.【解析】,解得, .故选B. 7.【解析】因为点,,在同一直线上,可得,所以. 8.【解析】设成等差数列的三个正数为,,,即有,计算得出,根据题意可得,,成等比数列,即为,8,成等比数列,即有,计算得出(舍去),即有4,8,16成等比数列,可得公比为2,则数列的通项公式为. 9.【解析】∵,,∴由正弦定理得:,∴, 由余弦定理得:,即, 解得:或(经检验不合题意,舍去),则,故选. 10. 【解析】因为,所以,圆心到直线的距离,故圆与直线相切,故选. 11.【解析】由可得,从而,解得,从可联想到余弦定理:,所以有,从而.再由可得,所以的值为2. 12.【解析】根据抛物线的定义,点到准线的距离等于到焦点的距离,则距离之和等于,画图可得,的最小值为圆心与焦点连线与抛物线相交于点,则最小值等于,圆心,得,所以最小值为,故选A. 二、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分) 13. 14. 15. 16.6 13.【解析】 由题意可得,所以焦点在的正半轴上,且∴则焦点坐标为. 14. 【解析】 方法一:∵,∴,即, ∴,∴. 方法二:∵,∴ ∴,∴. 15. 【解析】. 16.【解析】因为,而题中易知,故;所以,等号成立条件为,所以最小值为6. 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. 【解析】 法一:如图,设与直线平行且与抛物线相切的直线为,切线方程与抛物线方程联立得去整理得,则,解得,所以切线方程为,抛物线上的点到直线距离的最小值是这两条平行线间的距离. 法二:设,则点到直线的距离 ,在抛物线中,,所以当时,取得最小值,即抛物线上的点到直线距离的最小值是 18. 【解析】 (1)由题意,得解得 故数列的通项公式为,即. (2)据(1)求解知,所以 所以 19.【解析】 (1)由正弦定理知: ∵,∴,∴; ∴; ∵,∴ (2); ; ∴; ∴的周长为 20. 【解析】 (1)由得解得 所以不等式的解集为 (2)因为,所以 当且仅当时等号成立. 21.【解析】 (1)∵,, ∴且, 解得, ∴为真命题时,. (2),,. 又时,, ∴. ∵为真命题且为假命题时, ∴真假或假真, 当假真,有,解得; 当真假,有,解得; ∴当为真命题且为假命题时,或. 22.【解析】 (1)由题可设圆心的坐标为. ∵,∴, ∴圆方程为: (2)由圆方程可得, ①当斜率不存在时, ②当斜率存在时,设直线方程为:. 设, , ∴ ∴即 综上所述 查看更多