河南圣尖名校联盟2020_2021学年高二数学12月联考试题理202103230231.doc

1、河南省顶尖名校联盟2020-2021学年高二数学12月联考试题 理一、选择题：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“，”的否定是（ ）A，B，C，D，2若抛物线上一点到焦点的距离为8，则的横坐标为（ ）A5B6C7D83“”是“直线与直线互相平行”的（ ）A充分不必要条件B必要不充分条件C充要条件D既不充分也不必要条件4已知数列是正项等比数列，若，则等于（ ）A34B32C30D285若，满足不等式组，则目标函数的最大值为（ ）ABCD6在中，角，的对边分别为，若的面积等于，且，则（ ）ABC1D27已知正四面体的棱长为2，则（ ）AB0C2D48双曲线的焦点到其渐近线的距

2、离为2，且的焦距与椭圆的焦距相等，则双曲线的渐近线方程是（ ）ABCD9已知函数，令得数列，若数列为递增数列，则实数的取值范围为（ ）ADCD10关于的不等式对任意实数恒成立，则实数的最大值是（ ）ABCD11在锐角中，角，的对边分别为，若，则的取值范围是（ ）ABCD12设，分别为椭圆的左、右焦点，为直线上一点，若，则椭圆的离心率的取值范围为（ ）ABCD二、填空题： 13函数的图象在点处切线的方程为_14已知数列中，对任意正整数，为的前项和，则_15在平面直角坐标系中，已知，为函数图象上一点，若，则_16已知函数在处取得极值，则实数的最大值是_三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算

3、步骤。17已知函数（1）求的极小值；（2）求在上的值域18在中，角，的对边分别为，且（1）求角的大小；（2）若，求周长的最大值19如图，在四棱锥中，四边形是边长为2的正方形，平面平面，与平面所成的角为45（1）求证：平面平面；（2）求二面角的余弦值20设数列的前项和为，满足，数列满足：（1）求证：数列为等差数列；（2）若，求数列的前项和21已知函数（1）若曲线在处的切线和直线 垂直，求的单调区间；（2）若的图象与轴有交点，求的取值范围22设，是椭圆的左、右焦点点在椭圆上，且，的外接圆的半径与其内切圆半径之比为（1）求椭圆离心率；（2）设是椭圆垂直于轴的弦，的坐标为，直线与椭圆交于点，若直线恒过

4、定点，求椭圆的方程参考答案1D【解析】全称命题的否定是特称命题2B【解析】，3A4A【解析】在正项等比数列中，由，得，即5B【解析】画出可行域，如图阴影部分（包括边界）所示：可化为，它表示斜率为的一族平行直线，是直线在轴上的截距观察图形，可知当直线过可行域内的点时，取得最大值，且故选B6D【解析】由余弦定理得，所以所以，又，所以，所以，所以，所以故选D7B【解析】8A【解析】因为双曲线的焦点到其渐近线的距离为2，所以，因为椭圆的焦距与的焦距相等，所以，则，双曲线的渐近线方程是9B【解析】由且数列为递增数列，得，解得10C【解析】因为，对成立，所以恒成立，即，当且仅当时等号成立，即当时，所以实数

5、的取值范围是，所以的最大值为11C【解析】因为，由正弦定理得，因为，所以，所以，即，所以因为，所以，所以，所以，所以由正弦定理得 ，由题意知，所以，所以故选C12B【解析】设点，椭圆的半焦距为，直线与轴的交点为，在中，；在中，化简得，即方程有正根，则，解得，即，又，所以椭圆的离心率的取值范围为故选B13【解析】，又，函数的图象在点处的切线方程为145050【解析】当为奇数时，即数列的奇数项成以1为首项，1为公差的等差数列；当为偶数时，即数列的偶数项成以2为首项，3为公差的等差数列，所以l5【解析】由得，故函数的图象为双曲线的上支，易知，为此双曲线的上、下焦点，且，又，16【解析】，又仅在处取得

6、极值，若关于的方程有唯一实数根，则关于的方程无实数根或只存在实数根直线与函数的图象至多存在个交点又分析知，函数在区间上单调递增，在区间上单调递减，即实数的取值范围是17解：（1），令，得，令，得；令，得在处取得极小值，且极小值为（2）由（1）知在上递减，在上递增，又，在上的值域18解：（1）因为，所以由正弦定理得，所以，所以，即因为，所以，所以又，所以（2）在中，由余弦定理得，即，因为（当且仅当时取“”），所以所以，所以，即周长的最大值为19（1）证明：因为平面平面，平面平面，平面，所以平面又因为平面，所以平面平面（2）解：由（1）知平面，所以由与平面所成的角为45，得，所以为等腰直角三角形，

7、所以又四边形为正方形，所以为等边三角形取的中点，连接因为，所以平面以为坐标原点，过点与平行的直线为轴，所在的直线为轴，所在的直线为轴建立空间直角坐标系如图，则，所以，设平面的一个法向量为，则，得，令，得，设平面的一个法向量为，由，得，令，得设二面角的大小为，则由|图可知为钝角，故二面角的余弦值为20（1）证明：当时，相减，得整理，得，故，相减，得，故数列为等差数列（2）解：由（1）知为等差数列，又，所以，所以，当时，当时，相减，得，故验证时成立，故所以故，相减，得，整理，得21解：（1）因为，由，解得，所以，令，得；令，得，所以函数的单调递增区间为；单调递减区间为（2），则，令，得当时，；当时，所以因为，所以要使的图象与轴有交点，只需即可令，则，由，得当时，在上单调递增；当时，在上单调递减又，所以当时，即故的取值范围是22解：（1）设的外接圆的半径与其内切圆半径分别为，则由正弦定理知，由余弦定理知，所以，故，于是当时，得，（2）由（1）可知椭圆的方程为，设的方程为，设，联立椭圆的方程与直线的方程，得，又，三点共线，即，得，于是直线的方程为， 该直线过定点，于是，故椭圆方程为