河南省頂尖名校聯(lián)盟2020-2021學(xué)年高二數(shù)學(xué)12月聯(lián)考試題 理

1、河南省頂尖名校聯(lián)盟2020-2021學(xué)年高二數(shù)學(xué)12月聯(lián)考試題 理河南省頂尖名校聯(lián)盟2020-2021學(xué)年高二數(shù)學(xué)12月聯(lián)考試題 理年級(jí)：姓名：14河南省頂尖名校聯(lián)盟2020-2021學(xué)年高二數(shù)學(xué)12月聯(lián)考試題 理一、選擇題：在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的1命題“，”的否定是（ ）a，b，c，d，2若拋物線上一點(diǎn)到焦點(diǎn)的距離為8，則的橫坐標(biāo)為（ ）a5b6c7d83“”是“直線與直線互相平行”的（ ）a充分不必要條件b必要不充分條件c充要條件d既不充分也不必要條件4已知數(shù)列是正項(xiàng)等比數(shù)列，若，則等于（ ）a34b32c30d285若，滿足不等式組，則目標(biāo)函數(shù)的最大值為（ ）

2、abcd6在中，角，的對(duì)邊分別為，若的面積等于，且，則（ ）abc1d27已知正四面體的棱長為2，則（ ）ab0c2d48雙曲線的焦點(diǎn)到其漸近線的距離為2，且的焦距與橢圓的焦距相等，則雙曲線的漸近線方程是（ ）abcd9已知函數(shù)，令得數(shù)列，若數(shù)列為遞增數(shù)列，則實(shí)數(shù)的取值范圍為（ ）adcd10關(guān)于的不等式對(duì)任意實(shí)數(shù)恒成立，則實(shí)數(shù)的最大值是（ ）abcd11在銳角中，角，的對(duì)邊分別為，若，則的取值范圍是（ ）abcd12設(shè)，分別為橢圓的左、右焦點(diǎn)，為直線上一點(diǎn)，若，則橢圓的離心率的取值范圍為（ ）abcd二、填空題： 13函數(shù)的圖象在點(diǎn)處切線的方程為_14已知數(shù)列中，對(duì)任意正整數(shù)，為的前項(xiàng)和，則

3、_15在平面直角坐標(biāo)系中，已知，為函數(shù)圖象上一點(diǎn)，若，則_16已知函數(shù)在處取得極值，則實(shí)數(shù)的最大值是_三、解答題：解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17已知函數(shù)（1）求的極小值；（2）求在上的值域18在中，角，的對(duì)邊分別為，且（1）求角的大??；（2）若，求周長的最大值19如圖，在四棱錐中，四邊形是邊長為2的正方形，平面平面，與平面所成的角為45（1）求證：平面平面；（2）求二面角的余弦值20設(shè)數(shù)列的前項(xiàng)和為，滿足，數(shù)列滿足：（1）求證：數(shù)列為等差數(shù)列；（2）若，求數(shù)列的前項(xiàng)和21已知函數(shù)（1）若曲線在處的切線和直線 垂直，求的單調(diào)區(qū)間；（2）若的圖象與軸有交點(diǎn)，求的取值范圍22設(shè)，是橢圓

4、的左、右焦點(diǎn)點(diǎn)在橢圓上，且，的外接圓的半徑與其內(nèi)切圓半徑之比為（1）求橢圓離心率；（2）設(shè)是橢圓垂直于軸的弦，的坐標(biāo)為，直線與橢圓交于點(diǎn)，若直線恒過定點(diǎn)，求橢圓的方程參考答案1d【解析】全稱命題的否定是特稱命題2b【解析】，3a4a【解析】在正項(xiàng)等比數(shù)列中，由，得，即5b【解析】畫出可行域，如圖陰影部分（包括邊界）所示：可化為，它表示斜率為的一族平行直線，是直線在軸上的截距觀察圖形，可知當(dāng)直線過可行域內(nèi)的點(diǎn)時(shí)，取得最大值，且故選b6d【解析】由余弦定理得，所以所以，又，所以，所以，所以，所以故選d7b【解析】8a【解析】因?yàn)殡p曲線的焦點(diǎn)到其漸近線的距離為2，所以，因?yàn)闄E圓的焦距與的焦距相等，所

5、以，則，雙曲線的漸近線方程是9b【解析】由且數(shù)列為遞增數(shù)列，得，解得10c【解析】因?yàn)?，?duì)成立，所以恒成立，即，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)等號(hào)成立，即當(dāng)時(shí)，所以實(shí)數(shù)的取值范圍是，所以的最大值為11c【解析】因?yàn)?，由正弦定理得，因?yàn)?，所以，所以，即，所以因?yàn)椋?，所以，所以，所以由正弦定理?，由題意知，所以，所以故選c12b【解析】設(shè)點(diǎn)，橢圓的半焦距為，直線與軸的交點(diǎn)為，在中，；在中，化簡得，即方程有正根，則，解得，即，又，所以橢圓的離心率的取值范圍為故選b13【解析】，又，函數(shù)的圖象在點(diǎn)處的切線方程為145050【解析】當(dāng)為奇數(shù)時(shí)，即數(shù)列的奇數(shù)項(xiàng)成以1為首項(xiàng)，1為公差的等差數(shù)列；當(dāng)為偶數(shù)時(shí)，即數(shù)列的偶數(shù)項(xiàng)

6、成以2為首項(xiàng)，3為公差的等差數(shù)列，所以l5【解析】由得，故函數(shù)的圖象為雙曲線的上支，易知，為此雙曲線的上、下焦點(diǎn)，且，又，16【解析】，又僅在處取得極值，若關(guān)于的方程有唯一實(shí)數(shù)根，則關(guān)于的方程無實(shí)數(shù)根或只存在實(shí)數(shù)根直線與函數(shù)的圖象至多存在個(gè)交點(diǎn)又分析知，函數(shù)在區(qū)間上單調(diào)遞增，在區(qū)間上單調(diào)遞減，即實(shí)數(shù)的取值范圍是17解：（1），令，得，令，得；令，得在處取得極小值，且極小值為（2）由（1）知在上遞減，在上遞增，又，在上的值域18解：（1）因?yàn)?，所以由正弦定理得，所以，所以，即因?yàn)?，所以，所以又，所以?）在中，由余弦定理得，即，因?yàn)椋ó?dāng)且僅當(dāng)時(shí)取“”），所以所以，所以，即周長的最大值為19（1）

7、證明：因?yàn)槠矫嫫矫?，平面平面，平面，所以平面又因?yàn)槠矫?，所以平面平面?）解：由（1）知平面，所以由與平面所成的角為45，得，所以為等腰直角三角形，所以又四邊形為正方形，所以為等邊三角形取的中點(diǎn)，連接因?yàn)椋云矫嬉詾樽鴺?biāo)原點(diǎn)，過點(diǎn)與平行的直線為軸，所在的直線為軸，所在的直線為軸建立空間直角坐標(biāo)系如圖，則，所以，設(shè)平面的一個(gè)法向量為，則，得，令，得，設(shè)平面的一個(gè)法向量為，由，得，令，得設(shè)二面角的大小為，則由|圖可知為鈍角，故二面角的余弦值為20（1）證明：當(dāng)時(shí)，相減，得整理，得，故，相減，得，故數(shù)列為等差數(shù)列（2）解：由（1）知為等差數(shù)列，又，所以，所以，當(dāng)時(shí)，當(dāng)時(shí)，相減，得，故驗(yàn)證時(shí)成立，故所以故，相減，得，整理，得21解：（1）因?yàn)?，由，解得，所以，令，得；令，得，所以函?shù)的單調(diào)遞增區(qū)間為；單調(diào)遞減區(qū)間為（2），則，令，得當(dāng)時(shí)，；當(dāng)時(shí)，所以因?yàn)?，所以要使的圖象與軸有交點(diǎn)，只需即可令，則，由，得當(dāng)時(shí)，在上單調(diào)遞增；當(dāng)時(shí)，在上單調(diào)遞減又，所以當(dāng)時(shí)，即故的取值范圍是22解：（1）設(shè)的外接圓