北京市中国人民大学附属中学2019-2020学年高二上学期期中考试数学试题

北京市中国人民大学附属中学2019-2020学年高二上学期期中考试数学试题

人大附中2019-2020学年度第一学期中高二年级数学练习 ‎&必修5模块考核试卷 Ⅰ卷（共17题，满分100分）‎ 一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40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，请将正确答案填涂在答题纸上的相应位置.）‎ ‎1.已知.下列不等式恒成立的是( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 给a,b赋值，判定选项，得答案.‎ ‎【详解】因为，所以令 A选项，错误；‎ B选项，正确；‎ C选项，错误；‎ D选项，错误.‎ 故选：B ‎【点睛】本题考查不等式的基本性质，可以利用性质变换，也可以用赋值法直接判定，基础题.‎ ‎2.等差数列中，，，则公差等于( )‎ A. 2 B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由等差数列的性质，构建方程，解得答案.‎ ‎【详解】由等差数列的性质可知：‎ 所以.‎ 故选：A ‎【点睛】本题考查等差数列的基本性质，属于基础题.‎ ‎3.椭圆的焦距和离心率分别为( )‎ A. 2和 B. 1和 C. 2和 D. 1和 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由椭圆的标准方程得的值，代入焦距和离心率的表达式，得答案.‎ ‎【详解】因为椭圆，所以，所以 故焦距，离心率.‎ 故选：C ‎【点睛】本题考查椭圆的简单几何性质，属于基础题.‎ ‎4.等比数列中，，，则的值为( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由等比数列通项公式，由已知求得公比，再由等比数列的性质求得答案.‎ ‎【详解】由题可知，得，所以.‎ 故选：C ‎【点睛】本题考查等比数列求项，涉及等比数列通项公式和性质的应用，属于简单题.‎ ‎5.若双曲线的实轴长为2，则其渐近线方程为( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由双曲线性质得a，表示双曲线标准方程，表示渐近线方程即可.‎ ‎【详解】因为实轴长为2，所以，所以双曲线为 所以渐近线方程为.‎ 故选：D ‎【点睛】本题考查双曲线的简单几何性质，涉及实轴和求渐近线方程，属于基础题.‎ ‎6.已知的斜边长为2.则下列关于的说法中，正确的是( )‎ A. 周长的最大值为 B. 周长的最小值为 C. 面积的最大值为2 D. 面积的最小值为1‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 因为，由勾股定理可构建关系式，由基本不等式考查周长和面积的最值即可.‎ ‎【详解】设为斜边，所以，‎ 由基本不等式的推论可得：，‎ 当且仅当时等号成立，‎ 据此可知，‎ 故△ABC的周长，‎ 周长的最大值为，选项A正确，B错误，‎ 由基本不等式可知当且仅当时取等号，‎ 由面积公式，故面积的最大值为1，所以C，D选项错误；‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题考查基本不等式在三角形的周长和面积上应用，属于中档题 ‎7.已知抛物线的准线被双曲线截得的弦长为6，则该抛物线的焦点坐标是( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由抛物线的准线被双曲线截得的弦长，可表示准线与双曲线的交点坐标，代入即可得到p值，即可表示抛物线的焦点坐标.‎ ‎【详解】因为抛物线的准线被双曲线截得的弦长为6‎ 所以该准线与双曲线的一个交点坐标表示为，代入双曲线中 得，所以焦点坐标为 故选：D ‎【点睛】‎ 本题考查抛物线准线与双曲线的相交问题，多见于表示交点坐标，进而求参解决问题，属于中档题.‎ ‎8.已知平面区域，若圆与轴和直线均相切，且圆心，则的最小值为( )‎ A. 0 B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由约束条件画出可行域，为一个等边三角形，那么圆C与轴和直线均相切，则圆心在的角平分线MP上移动，且，代入所求关系式中，化简后令转化到斜率，利用求函数最值的方式，借助双勾函数求得最小值.‎ ‎【详解】做出约束条件的可行域如图，为一个等边三角形 因为就是图像中的直线MQ，‎ 又因为圆与轴和直线均相切 故其圆心C应在的角平分线MP上移动，且，‎ 所以，‎ 令，因为圆心，所以或 则 令，则 令，则由双勾函数可知 则故 即，所以的最小值为.‎ 故选：C ‎【点睛】本题考查求函数最值问题，其中涉及线性规划作图分析，非线性的斜率问题，双勾函数值域，还考查了不等式的简单性质，属于难题.‎ 二、填空题（本大题共6小题，每小题5分，共30分．请把结果填在答题纸上的相应位置.）‎ ‎9.等差数列的前项和为，若，，则______.‎ ‎【答案】13.6‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 在等差数列中由前n项和公式，将已知转化为首项和公差，再带入通项公式中，求得答案.‎ ‎【详解】在等差数列中，得，‎ 所以.‎ 故答案为：13.6‎ ‎【点睛】本题考查等差数列中知三求二，由已知转化为首项和公差，进而表示所求问题，属于简单题.‎ ‎10.已知双曲线的一条渐近线为，则双曲线的离心率为________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 试题分析：根据双曲线的渐近线的方程知即，所以此双曲线的离心率.‎ 考点：双曲线的标准方程、渐近线方程和离心率.‎ ‎11.等比数列中，，且，则________.‎ ‎【答案】4‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 在等比数列中，将已知转化为首项和公比求得，再将其带入通项公式中，求得答案.‎ ‎【详解】因为，所以在等比数列中 所以或-3（舍），故 故答案为：4‎ ‎【点睛】本题考查等比数列中知三求二，由已知转化为首项和公比，进而表示所求问题，属于简单题.‎ ‎12.已知，，，则表示内部区域（含边界）的不等式组为______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由已知点构建可行域，由两点式或点斜式表示边界直线方程，再由特殊点确定不等式组，得答案.‎ ‎【详解】由已知三点可构建图像，表示内部区域（含边界）‎ 可分别表示直线方程；；‎ 由于原点在该区域内，故可判定该范围的不等式组：‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题考查由线性规划的可行域逆向表示约束条件的不等式组，属于中档题.‎ ‎13.已知直线与抛物线交于两个不同点，为坐标原点，若，则的值为_______.‎ ‎【答案】或 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 联立直线方程和抛物线方程，由韦达定理表示两根乘积的关系，因为需有两个交点需满足判别式大于零，求出一个参数的限制条件，将x，y的是两个乘积关系，代入已知中解得答案.‎ ‎【详解】设交点，联立方程组，得 因为，即 则，所以 所以，即或，符合 ‎ 故答案为：或 ‎【点睛】本题考查直线与抛物线相交关系的问题，常见于联立方程组，表示韦达定理，根据已知向量关系构建方程解决问题，属于中档题.‎ ‎14.已知数列满足（为常数，，，），给出下列四个结论：①若数列是周期数列，则周期必为2：②若，则数列必是常数列：③若，则数列是递增数列：④若，则数列是有穷数列，其中，所有错误结论的序号是________.‎ ‎【答案】①②③④‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎①当周期为2时，由表示前三项的关系，整理证得，与实际矛盾，错误；‎ ‎②若，举特例，观察显然不是常数列，错误；‎ ‎③赋特值，求得，不是递增数列，错误；‎ ‎④赋特值，求得，是无穷数列，错误.‎ ‎【详解】①令周期，则 由题可知，则，即 因为 整理得，得，矛盾，所以错误；‎ ‎②若，‎ 显然，可以是，不是常数列，所以错误；‎ ‎③令，由可知 当时，显然不是递增数列，所以错误；‎ ‎④当时，有 当，则以后各项都可以为，是无穷数列，所以错误.‎ 故答案为：①②③④‎ ‎【点睛】本题考查数列的新定义问题，关键在于理解定义表达式，常运用赋值法处理，属于难题.‎ 三、解答题（本大题共3小题，每小题10分，共30分，解答应写出文字说明过程或演算步骤，请将答案写在答题纸上的相应位置.）‎ ‎15.等比数列的前项和为，已如,,.‎ ‎(1)求和；‎ ‎(2）证明：对任意，.‎ ‎【答案】（1）；（2）见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）在等比数列中，由定义，表示，从而得到公比，再将其带入通项公式和等比数列前n项和公式中，求得和；‎ ‎（2）由（1）可知的通项公式，作差讨论，得其是递增数列，表示 的最小值，其恰好等于1，即得证；也可以是使用求导法和数学归纳法证明.‎ ‎【详解】（1）因为，，所以等比数列的公比 所以，因为，所以；‎ ‎（2）证明：由（1）可知 所以 因为，显然，所以是递增数列，‎ 即，故.‎ ‎【点睛】本题考查数列综合问题，涉及等比数列求通项公式，数列中联系函数思想证明不等式，属于较难题.‎ ‎16.某商家耗资4500万元购进一批（虚拟现实）设备，经调试后计划明年开始投入使用，由于设备损耗和维护，第一年需维修保养费用200万元，从第二年开始，每年的维修保并费用比上一年增40万元.该设备使用后，每年的总收入为2800万元.‎ ‎(1)求盈利额（万元）与使用年数之间的函数关系式；‎ ‎(2)该设备使用多少年，商家的年平均盈利额最大？最大年平均盈利额是多少？‎ ‎【答案】（1）；（2）15年；2020万元.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由等差数列求和公式表示总保养费，再由盈利额等于总收入减去总保养费再减去购买设备的资金构建关系式；‎ ‎（2）表示年平均盈利额的表达式，利用基本不等式求最值，得答案.‎ ‎【详解】（1）由题可知每年保养费是以200万元为首项，40万元为公差，逐年递增的等差数列形式，所以年的总保养费万元，年的总收入为万元，‎ 所以盈利额 故关系式为；‎ ‎（2）由（1）可知年平均盈利额 由基本不等式可知，当且仅当时取等号，‎ 所以 故该设备使用15年，商家的年平均盈利额最大，最大年平均盈利额是2020万元.‎ ‎【点睛】本题考查了函数的实际应用，根据实际构建函数模型，其中涉及等差数列求和，基本不等式求最值，属于较难题.‎ ‎17.已知椭圆的离心率为，过右焦点作两条互相垂直的直线，分别交椭圆于和四点.设的中点为.‎ ‎(1)求椭圆的方程；‎ ‎(2)直线是否经过定点？若是，求出定点坐标；若否，请说明理由.‎ ‎【答案】（1）；（2）直线经过定点，定点坐标为，理由见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据题意确定出c与e的值，利用离心率公式求出a的值，进而求出b的值，代入椭圆方程得答案；‎ ‎（2）由直线AB与CD斜率存在，设为k，表示出AB方程，设出A与B坐标，进而表示出M的坐标，联立直线AB与椭圆方程，消去y得关于x的一元二次方程，利用韦达定理表示出M，同理表示N，根据M,N的横坐标相同求出k的值，得到此时MN斜率不存在，直线恒过定点；若直线MN斜率存在，表示MN的斜率，进而表示直线MN的方程，令，求出x的值，得到直线MN恒过定点；显然直线AB或CD斜率不存在，也成立，综上，得到直线MN恒过定点，求出坐标即可.‎ ‎【详解】（1）因为椭圆右焦点，所以，‎ 又离心率，所以，即 故椭圆的方程为 ‎（2）当直线AB和CD斜率存在时 设直线AB方程为：，再设 则有中点 联立方程，消去y得：‎ 由韦达定理得： ，所以M的坐标为 将上式中的k换成，同理可得N的坐标为 若，即，，‎ 此时直线MN斜率不存在，直线过定点 ；‎ 当时，即直线MN斜率存在，则 直线MN为 令，得 此时直线MN过定点 显然当直线AB或CD斜率不存在时，直线MN就是x轴，也会过 综上所述：直线经过定点，定点坐标为 ‎【点睛】本题考查椭圆与直线位置关系的综合应用，求椭圆方程应由已知转化求得，几何关系证明应表示所需要证明的关系，注意运算技巧，属于难题.‎ Ⅱ卷（共7道题，满分50分）‎ 一、不定项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，可能有项或几项是符合题目要求的，请将所有正确答案填涂在答题纸上的相应位置.）‎ ‎18.下列结论中，所有正确的结论有( )‎ A. 若，则 B. 若，则 C. 当时 ， D. 若，，则 ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A选项由不等式的基本性质判定；‎ B选项赋特值判定；‎ C选项由基本不等式判定； ‎ D选项因为，则，化简后由基本不等式判定.‎ ‎【详解】A选项因为，则，不等式两边同减不等号不变，所以 成立，正确；‎ B选项赋特值，若，左边=，右边=，显然左边<右边，错误；‎ C选项因为，则，由基本不等式可知当且仅当时，成立，正确；‎ D选项因为，则，又，所以由基本不等式，当且仅当时，取等号，正确.‎ 故选：ACD ‎【点睛】本题考查基本不等式的应用，主要是使用的限制和等式的转化，还考查了不等式的简单性质，属于中档题.‎ ‎19.已知数列，均为递增数列，的前项和为，的前项和为.且满足，，则下列说法正确的有( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】ABC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 数列中，，两式相减得，所以数列为隔项以2为公差的等差数列形式；数列中，，两式相除得，所以数列为隔项以2为公比的等比数列形式；‎ A选项中分别用表示，由数列为递增数列，构建不等式组，解得答案，正确；‎ B选项中分别用表示，由数列为递增数列，构建不等式组，解得答案，正确；‎ 因为CD选项中只有一个正确，先利用分组求和，表示，再取特值分别计算确切值，利用基本不等式比较得答案.‎ ‎【详解】数列中，，两式相减得 所以数列为隔项以2为公差的等差数列形式；‎ 数列中，，两式相除得 所以数列为隔项以2为公比的等比数列形式；‎ A选项因为，所以即，又数列为递增数列，所以即，所以，正确；‎ B选项因为，所以即，又数列为递增数列，所以，正确；‎ 因为 因为CD选项中只有一个正确，取特值，当时，‎ 所以C选项正确，D选项错误.‎ 故选：ABC ‎【点睛】本题考查数列的综合问题，涉及由递推公式确定数列关系，递增数列的性质，分组求和求前n项和，还考查了基本不等式与数列的综合问题，属于难题.‎ ‎20.已知点是双曲线的右支上一点，双曲线的左、右焦点，的面积为20，则下列说法正确的有( )‎ A. 点的横坐标为 B. 的周长为 C. 小于 D. 的内切圆半径为 ‎【答案】ABCD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 在焦点三角形中利用三种表达形式，可判定ACD选项正确，由两点间的距离公式表示，利用双曲线的定义表示，从而表示的周长，即可判定B选项正确.‎ ‎【详解】因为双曲线，所以 又因为，所以 将其代入得，即，所以选项A正确；‎ 所以P的坐标为，由对称性可知,‎ 由双曲线定义可知 所以，所以选项B正确；‎ 因，所以，‎ 即，所以，所以选项C正确；‎ 因为，所以，所以选项D正确.‎ 故选：ABCD ‎【点睛】本题考查双曲线的焦点三角形问题，主要涉及面积公式的变形应用和双曲线的定义使用，属于难题.‎ 二、填空题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.请把结果填在答题纸上的相应位置.）‎ ‎21.已知椭圆上存在相异两点关于直线对称，请写出两个符合条件的实数的值______．‎ ‎【答案】或（答案不唯一在内任取两个实数）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由对称性可知，线段AB被直线垂直平分，则AB的中点M在直线上，且，设直线AB的方程，联立直线AB的方程和椭圆方程，由韦达定理表示中点M的坐标，由相交于相异两点，可由判别式得到b的取值范围，由M在直线上，用b表示t，则任取范围内两个实数即可.‎ ‎【详解】设上存在关于直线对称的两点 由对称性可知，线段AB被直线垂直平分，‎ 则AB的中点在直线上，且 故可设直线AB的方程为：‎ 联立方程：‎ 由韦达定理可知：，即中点M的坐标为 由，得 因为M在直线上，所以 任取或（答案不唯一，在内的任意两个实数均可）‎ ‎【点睛】本题考查直线与椭圆位置关系的综合应用，涉及对称性的性质，属于难题.‎ ‎22.已知.用数学归纳法证明，请补全证明过程：(1)当时，；(2)假设时命题成立，即，则当时，______，即当时，命题成立.综上所述，对任意，都有成立.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由已知得，进而，既得答案.‎ ‎【详解】因为 所以 所以当时，‎ 当时，‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题考查数学归纳法由第k项到k+1项，注意已知表达式的使用，属于难题.‎ ‎23.曲线是平面内到定点的距离与到定直线的距离之和为8的动点的轨迹，则点的横坐标的取值范围是_______；曲线上的点到原点的最小距离是________.‎ ‎【答案】 (1). (2). 3‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎①由题表示曲线E的方程，由去绝对值符号分段表示曲线方程，令，得到图像的端点值，既得答案；‎ ‎②利用两点间的距离表示曲线上的点到原点的距离，结合①中的分段曲线表达式代入距离公式中，再由二次函数求得最小值.‎ ‎【详解】①设动点，由题可得，所以 两边同时平方并化简得：，所以 所以；‎ ‎ ‎ ‎②当时，‎ 令，其在上单调递减，‎ 所以 当时，‎ 显然，当时，‎ 综上所述，曲线上的点到原点的最小距离是3.‎ ‎【点睛】本题考查曲线与方程的综合问题，涉及不标准的抛物线方程表示，以及圆锥曲线中的距离最值问题，属于难题.‎ 三、解答题（本大题共1小题，满分14分解答应写出文字说明过程或演算步骤，请将答案写在答题纸上的相应位置.）‎ ‎24.正整数数列的前项和为，前项积，若，则称数列为“数列”.‎ ‎(1)判断下列数列是否是数列，并说明理由；①2，2，4，8；②8，24，40，56‎ ‎(2)若数列是数列，且.求和；‎ ‎(3)是否存在等差数列是数列？请阐述理由.‎ ‎【答案】(1) ①是；②不是；理由见解析；（2）或；（3）存在.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据新定义的数列，需要满足，所以分别计算两个数列的，，相比观察得答案；‎ ‎(2)由数列的定义可知，分别表示，由正整数数列可分别求得，即得，从而得答案；‎ ‎(3) 假设存在这样等差数列是数列，且此数列是特殊的常数列，则至少三项，分别表示所以，所以a是2和3的公倍数，令，显然该等差数列是Z数列，所以存在；此后类比推理，可到n项.‎ ‎【详解】(1) ①由题可知，此时有 ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎2‎ ‎2‎ ‎1‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎8‎ 该数列满足，所以是数列；‎ ‎②同理可得：‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎8‎ ‎8‎ ‎1‎ ‎6‎ ‎3360‎ 该数列中，所以不是数列. ‎ ‎(2) 因为数列是数列，‎ 那么，则 又因为数列是正整数数列，‎ 若，则，‎ 所以，则或 当时，；同理当时，‎ 故或 ‎ (3) )假设：存在这样的等差数列是数列，且此数列是特殊的常数列，则至少三项 所以，所以a是2和3的公倍数 令，显然该等差数列是Z数列，所以存在；‎ 同理，如果是四项，则需满足每项是2，3，4的公倍数，如12，12，12，12‎ 如此类推的有限等差数列，可以有无穷多个，且当为n项时，则各项为的公倍数 故存在等差数列是数列.‎ ‎【点睛】本题考查数列的新定义问题，关键在于理解定义，充分体现数学中的转化思想，还考查了借助反证法特殊化证明命题，属于难题.‎