河南省鹤壁市高级中学2020-2021学年高二数学上学期尖子生联赛调研试题二 理.doc

1、河南省鹤壁市高级中学2020-2021学年高二数学上学期尖子生联赛调研试题二 理一、单选题1设命题，则为（ ）ABCD2数列满足，且，若，则的最小值为 ( )A3B4C5D63已知为抛物线的焦点，是该抛物线上的两点，则线段的中点到轴的距离为 ( ) ABCD4由曲线,直线及轴所围成的平面图形的面积为 ( )A6B4CD5若x,y满足约束条件的取值范围是（ ）A0,6B0,4C6, D4, 6我国古代数学著作算法统宗中有这样一段记载：“一百八十九里关，初行健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关.”其大意为：“有一个人共行走了189里的路程，第一天健步行走，从第二天起，因脚痛每天走的路程为前一

2、天的一半，走了6天才到达目的地.”则该人第一天行走的路程为（ ）A108里B96里C64里D48里7.已知函数，若函数有3个零点，则实数的取值范围为（ ）ABCD8正四棱锥S-ABCD底面边长为2，高为1，E是棱BC的中点，动点P在四棱锥表面上运动，并且总保持，则动点P的轨迹的周长为（ ）A1+B+C2D29在中，分别是角的对边,若,且，则的值为 ( )A2BCD410已知双曲线的中心在原点且一个焦点为，直线与其相交于，两点，若中点的横坐标为，则此双曲线的方程是（ ）ABCD11若函数在区间上的最小值为，则实数的值为（ ）AB-CD-12已知椭圆：，其焦距为2，且过点.点为在第一象限中的任意一

3、点，过作的切线，分别与轴和轴的正半轴交于两点，则面积的最小值为( )ABCD二、填空题13已知在三棱锥中，则异面直线与所成角的余弦值是_.14若钝角三角形的三边长，8，成等差数列，则该等差数列的公差的取值范围是_.15.椭圆（）的左、右焦点分别为，过的直线交椭圆于P，Q两点（P在x轴上方），.若，则椭圆的离心率_.16已知函数，若成立，则的最小值为_.三、解答题17设命题p：函数f（x）=lg（ax2-x+16a）的定义域为R；命题q：不等式3x-9xa对任意xR恒成立（1）如果p是真命题,求实数a的取值范围；（2）如果命题“p或q”为真命题且“p且q”为假命题,求实数a的取值范围18设数列的

4、前项和为，且，数列是等比数列，且，.（1）求数列，的通项公式；（2）求数列的前项和.19的内角的对边分别为，已知（1）求；（2）若为锐角三角形，且，求面积的取值范围20如图，在三棱柱中，底面是边长为4的等边三角形，为的中点.（1）证明：平面.（2）若是等边三角形，求二面角的正弦值.21.已知函数.（1）若函数有两个零点,求的取值范围;（2）恒成立,求的取值范围.22已知椭圆：的焦距为，点在椭圆上，且的最小值是（为坐标原点）.（1）求椭圆的标准方程.（2）已知动直线与圆：相切，且与椭圆交于，两点.是否存在实数，使得？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.鹤壁高中高二年级尖子生联赛调研二数学（理

5、）答案1【答案】C【解析】特称命题的否定为全称命题，所以命题的否命题应该为，即本题的正确选项为C.2【答案】C【解析】，即，数列2nan为公差是1的等差数列，又a1=1，21a1=2，即其首项为2，2nan=2+（n1）1=n+1，an=a1=1，a2=，a3=，a4=，a5=，若，则n的最小值为5，故选C【点睛】本题考查数列递推式，判断出数列2nan为公差是1的等差数列，并求得an=是关键，考查分析应用能力属于中档题3【答案】C【解析】抛物线的准线为，过作准线的垂线，垂足为，的中点为，过作准线的垂线，垂足为，因为是该抛物线上的两点，故，所以，又为梯形的中位线，所以，故到轴的距离为，故选C.【

6、点睛】本题考查抛物线的几何性质，属于基础题.4【答案】D【解析】由,得交点为，所以所求面积为，选D.【点睛】本题考查定积分求封闭图形面积，考查基本求解能力，属基本题.5【答案】D【解析】x、y满足约束条件，表示的可行域如图：目标函数z=x+2y经过C点时，函数取得最小值，由解得C（2，1），目标函数的最小值为4，目标函数的范围是4，+）故选D6【答案】B【解析】根据题意，记该人每天走的路程里数为，则数列是以的为公比的等比数列，又由这个人走了6天后到达目的地，即，则有，解可得：，故选：B.【点睛】本题考查数列的应用，涉及等比数列的通项公式以及前项和公式的运用，注意等比数列的性质的合理运用.7.【

7、答案】C【解析】当时，则，；当时，则，当时，；画出和函数图像，如图所示：函数有3个交点，根据图像知.故选：.【点睛】本题考查了根据函数零点个数求参数，意在考查学生的计算能力和应用能力，画出函数图像是解题的关键.8【答案】B【解析】由，即满足.设分别为的中点，连接.设交于点，交于点.所以在正四棱锥S-ABCD中，平面.所以,且,由分别为的中点.所以,则有，,且 所以平面.故当点在平面内时，有成立.所以动点P的轨迹为平面截正四棱锥S-ABCD的截面，即.由分别为的中点.所以又正四棱锥S-ABCD底面边长为2，高为1，所以,.所以故选：B【点睛】本题考查轨迹问题，考查线面的垂直的证明，属于中档题.9

8、【答案】A【解析】在中，因为,且，由正弦定理得，因为，则，所以，即，解得，由余弦定理得，即，解得，故选A【点睛】本题主要考查了正弦定理、余弦定理的应用，其中利用正弦、余弦定理可以很好地解决三角形的边角关系，熟练掌握定理、合理运用是解本题的关键通常当涉及两边及其中一边的对角或两角及其中一角对边时，运用正弦定理求解；当涉及三边或两边及其夹角时，运用余弦定理求解.10【答案】D【解析】设双曲线的方程为，由题意可得，设，则的中点为，由且，得 ， ，即，联立，解得，故所求双曲线的方程为故选D【点睛】本题主要考查利用点差法求双曲线标准方程，考查基本求解能力，属于中档题.11【答案】A【解析】.（1）当时，

9、所以在上单调递减，（舍去）.（2）当时，.当时，此时在上恒成立，所以在上单调递减，解得（舍去）；当时，.当时，所以在上单调递减，当时，所以在上单调递增，于是，解得.综上，. 故选：A【点睛】本题考查函数的最值，利用导数是解题的关键，考查分类讨论思想，如何合理确定分类标准是难点，属于中档题.12【答案】B【解析】由题意可得，即，代入点，可得，解得，即有椭圆的方程为，设，则椭圆在点处的切线方程为令，令，可得，所以，又点在椭圆的第一象限上，所以，即有，所以，当且仅当，所以当时，则的面积的最小值为.故选：【点睛】本题考查椭圆中的最值问题，考查基本不等式求最值问题，考查类比推理，综合性较强，属于中等题型

10、.13【答案】【解析】在三棱锥中,.，平面以为原点,在平面中,过作的垂线为轴,为轴,为轴,建立空间直角坐标系如图:则,.，设异面直线与所成角为，异面直线与所成角的余弦值为. 故答案为:.【点睛】本题主要考查了由向量法求异面直线夹角的余弦值,解题关键是掌握向量法求异面直线夹角的解法和向量数量积公式,考查了分析能力和计算能力,属于中档题.14【答案】【解析】由题意得且，三角形为钝角三角形，即，即，又由三角形三边关系可得，即，.故答案为：.【点睛】本题考查了余弦定理的应用和等差数列性质的应用，属于中档题.15.【答案】【解析】设，则，因为，所以，由椭圆的定义可得，因为，在中，即，在中，即，由可得，可

11、得，将代入可得，整理可得：，解得. 故答案为：.【点睛】本题考查椭圆离心率的求法，属于中档题.16【答案】【解析】不妨设，()，即，故()，令()，,所以在上是增函数，且，当时，当时，即当时，取得极小值同时也是最小值，此时，即的最小值为，故答案为：.【点睛】本题考查利用导数求函数的最小值，考查化归转化思想与运算能力，是中档题.17【答案】(1)(2)【解析】(1)命题p是真命题,则ax2-x+16a0恒成立,得到a0,=1-64a20,即a,或a（舍去）,所以a的取值范围为（2）命题q是真命题,不等式3x-9xa对一切xR均成立,设y=3x-9x，令t=3x0，则y=t-t2,t0，当时,所以

12、命题“pq”为真命题,“pq”为假命题,则p,q一真一假即有或,综上，实数a的取值范围【点睛】本题考查命题的真假的判断与应用,换元法以及二次函数的性质的应用,是基本知识的考查18【答案】（1）,（2）【解析】（1）当时，当时，则.当时，满足上式，则.因为，所以，所以.设等比数列的公比为，则，解得，故.（2）由（1）可得，则， ，-得，故.【点睛】本题考查由数列的前项和求通项公式，考查等比数列通项公式的基本量计算，考查用错位相减法求数列的前项和，属于中档题.19【答案】(1) ; (2).【解析】(1)根据题意，由正弦定理得，因为，故，消去得，因为故或者，而根据题意，故不成立，所以，又因为，代入

13、得，所以.(2)因为是锐角三角形，由（1）知，得到，故，解得.又应用正弦定理，由三角形面积公式有：.又因,故，故. 故的取值范围是【点睛】这道题考查了三角函数的基础知识，和正弦定理或者余弦定理的使用（此题也可以用余弦定理求解），最后考查是锐角三角形这个条件的利用考查的很全面，是一道很好的考题.20【答案】（1）证明见解析，（2）【解析】（1）证明：连接，因为，所以，所以.因为为的中点，所以.因为为的中点，且，所以.因为，所以平面.（2）解：取的中点，连接，因为是等边三角形，所以.由（1）可知平面，则，两两垂直，故以为原点，所在直线为轴，过作的平行线为轴，所在直线为轴建立空间直角坐标系.因为底面

14、是边长为4的等边三角形，所以.因为是等边三角形，所以.所以，则，.设平面的法向量，则，令，得.易知平面的一个法向量为，记二面角为，则，故.【点睛】此题考查线面垂直的证明和建立空间直角坐标系利用向量求解二面角的大小.21.【答案】（1）(-1,0) （2）(-,1.【解析】(1)f(x)的定义域是(0,+),f(x)=+a.当0时,f(x)0,f(x)在定义域上单调递增,不可能有两个零点;当0,当x时,f(x)0,f(x)在定义域上单调递增,当x时,f(x)0,解得-10.f,则f(x0)=1+2ln0,h(x)在(0,+)上单调递增,而h(1)=e0,h,x0使得h(x0)=0,即+ln x0

15、=0,=-=,令(x)=xex,在(0,+)上,(x)=(x+1)ex0,(x)在(0,+)上单调递增,x0=ln,而在(0,x0)上,h(x)0,即g(x)0,即g(x)0,g(x)在(x0,+)上单调递增,g(x)min=g(x0)=,1.的取值范围是(-,1.22【答案】（1）；（2）存在【解析】（1）因为的最小值是，所以，因为椭圆的焦距为，所以，即，所以，故椭圆的标准方程是；（2）当直线的斜率不存在时，因为直线与圆相切，所以直线的方程为，则直线与椭圆的交点为或，因为，所以，所以，即，当直线的斜率存在时，可设直线的方程为，.联立，整理得，则，因为，在直线上，所以，将，代入上式，得，因为，所以，即，因为动直线与圆相切，所以，所以，即，综上，存在，使得.【点睛】此题考查根据椭圆的几何意义求解椭圆方程，根据直线与曲线的位置关系结合韦达定理解决探索性问题.