1、 高二上学期理数期中联考试卷 高二上学期理数期中联考试卷一、单选题一、单选题1椭圆 与双曲线 有相同的焦点，则实数 a 等于（）AB-1C1D-1 或 12祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”.意思是说：两个同高的几何体，如在等高处的截面积恒相等，则体积相等.设 、为两个同高的几何体，、的体积不相等，、在等高处的截面积不恒相等.根据祖暅原理可知，是 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3已知 ，成等差数列，成等比数列，则 的最大值是（）A0B1C2D4如图，把椭圆 的长轴 分成 8 等份，过每个分点作 轴的垂线分别交椭圆的上半部分于点 ，是左焦点，则 （）A21
2、B28C35D425在抚顺二中运动会开幕式中，某班级的“蝴蝶振翅”节目获得一致称赞，其形状近似于双曲线，在“振翅”过程中，双曲线的渐近线与对称轴的夹角 为某一范围内变动，则该双曲线的离心率取值范围是（）ABCD6在 中，角 ，所对的边分别为 ，满足 ，则 的形状为（）A等腰三角形B直角三角形C等腰直角三角形D等腰或直角三角形7已知 ，且 ，则 的最小值为（）A4B3C2D18“”是“直线 ：与直线 ：垂直”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9北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所，分上、中、下三层，上层中心有一块圆形石板(称为天心石)，环绕天心石砌 9 块扇面形石
3、板构成第一环，向外每环依次增加 9 块，下一层的第一环比上一层的最后一环多 9块，向外每环依次也增加 9 块，已知每层环数相同，且下层比中层多 729 块，则三层共有扇面形石板(不含天心石)（）A3699 块B3474 块C3402 块D3339 块10下列五个命题：命题“若 ，则 ”的否命题是“若 ，则 ”；若命题 ：，则 ：，；若命题“”与命题“或 ”都是真命题，则命题 一定是真命题；命题“若 ，则 ”是真命题；命题“集合 有 2 个子集”是假命题其中正确命题的序号是（）ABCD11太极图被称为“中华第一图”从孔庙大成殿梁柱，到楼观台、三茅宫标记物；从道袍、挂摊、中医、气功、武术到韩国国旗
4、，太极图无不跃居其上这种广为人知的太极图，其形状如阴阳两鱼互抱在一起，因而被称为“阴阳鱼太极图”在某个太极图图案中，阴影部分可表示为 ，设点 ，则 的最大值与最小值之和为（）A-1B19C1D2012已知点 是椭圆 的上顶点，分别是椭圆左右焦点，直线 将三角形 分割为面积相等两部分，则 的取值范围是（）ABCD二、填空题二、填空题13古希腊数学家阿波罗尼奥斯的著作圆锥曲线论中给出了圆的另一种定义：平面内，到两个定点 距离之比是常数 的点 的轨迹是圆，若两定点 的距离为 3，动点 满足 ，则 点的轨迹围成区域的面积为 .14记不等式组 表示的平面区域为 ，命题 ；命题 .给出了四个命题：；，这四
5、个命题中，所有真命题的编号是 15在 中，分别为 边所对的角，若 成等差数列，则 的取值范围是 16函数 的最小值为 三、解答题三、解答题17已知命题 ，是假命题.（1）求实数 的取值集合 ；（2）设不等式 的解集为 .若 是 的必要不充分条件，求实数 的取值范围.18在ABC 中，a，b，c 分别为内角 A，B，C 的对边，且（）求 A 的大小；（）求 的最大值.19设 是首项为 1 的等比数列，数列 满足 ，已知 ，3 ，9 成等差数列.（1）求 和 的通项公式；（2）记 和 分别为 和 的前 n 项和.证明：.20等比数列 的各项均为正数，且 .（1）求数列 的通项公式；（2）设 bnl
6、og3a1log3a2log3an，求数列 的前 项和 .21已知圆 ，圆（1）若圆 、相交，求 的取值范围；（2）若圆 与直线 相交于 、两点，且 ，求 的值；（3）已知点 ，圆 上一点 ，圆 上一点 ，求 的最小值的取值范围 22已知斜率为 的直线 与椭圆 ：交于 ，两点 （1）若线段 的中点为 ，求 的值；（2）若 ，求证：原点 到直线 的距离为定值 答案解析部分答案解析部分1【答案】D【解析】【解答】因为双曲线 的焦点在横轴上，所以由题意可得：，故答案为：D【分析】由椭圆和双曲线的简单性质，即可求出 a 的取值。2【答案】B【解析】【解答】的体积相等，在同高处的截面积相等，由于 A、B
7、 体积相等，A、B 在同高处的截面积不恒相等，譬如一个为柱体另一个为椎体，所以条件不充分；反之成立，条件是必要的，因此 是 的必要不充分条件.故答案为：B.【分析】根据几何体体积的特点，结合充分、必要条件的定义进行判断即可.3【答案】D【解析】【解答】因为 ，成等差数列，所以 ，因为 ，成等比数列，所以 ，所以 ，当且仅当 时等号成立，所以 的最大值是 .故答案为：D.【分析】首先由等比、差数列的项的性质整理得出，再整理化简原式由基本不等式即可求出原式的最大值。4【答案】C【解析】【解答】设椭圆的右焦点为 ，则由椭圆的定义，得 ，由椭圆的对称性，知 ，同理，可知 ，又 ，故答案为：C【分析】根
8、据题意由椭圆的简单性质和定义整理即可求出以及，从而整理即可得出答案。5【答案】C【解析】【解答】双曲线的渐近线为 ，由题可知双曲线的渐进线方程倾斜角的范围是 ，即 ，故答案为：C【分析】由双曲线的简单性质即可求出渐近线方程，然后由斜率的公式计算出倾斜角的取值范围，从而得出，结合双曲线里 a、b、c 的关系整理化简得到，由此即可得出答案。6【答案】D【解析】【解答】在 中，对于 ，由正弦定理得：，即 ，所以 或 即 或 .所以 为等腰三角形或直角三角形.故答案为：D【分析】首先由正弦定理以及二倍角公式整理化简原式由此得到，结合正弦函数的性质即可求出或，由此得出三角形的形状。7【答案】C【解析】【
9、解答】，当且仅当 ，即 ，又 ，所以 时，等号成立.故答案为：C【分析】根据题意整理化简原式，再由基本不等式即可求出原式的最小值。8【答案】A【解析】【解答】解：依题意当 时，显然 与 不垂直；当 时，直线 ，所以斜率 ，直线 ，所以斜率 ，因为直线 与直线 垂直，所以 ，即 ，解得 或 ，所以“”是“直线 与直线 垂直”的充分不必要条件故答案为：A【分析】根据题意由直线垂直的性质，计算出直线的斜率，结合充分和必要条件的定义即可得出答案。9【答案】C【解析】【解答】设第 n 环天石心块数为 ，第一层共有 n 环，则 是以 9 为首项，9 为公差的等差数列，设 为 的前 n 项和，则第一层、第二
10、层、第三层的块数分别为 ，因为下层比中层多 729 块，所以 ，即 即 ，解得 ，所以 .故答案为：C【分析】第 n 环天石心块数为 ，第一层共有 n 环，则 是以 9 为首项，9 为公差的等差数列，设 为 的前 n 项和，由题意可得 ，解方程即可得到 n，进一步得到 .10【答案】A【解析】【解答】命题“若 ，则 ”的否命题是“若 ，则 ”，所以错误；因为特称命题的否定为全称命题，所以命题 ：，则 ：，故正确；因为命题“”是真命题，则命题 是假命题，又因为命题“或 ”是真命题，所以命题 是真命题，故正确；因为 ，所以 ，所以 ，又因为 单调递减，所以 ，故错误；因为 ，所以其子集为 和 ，即
11、其子集有 2 个，故错误.所以正确命题的序号是.故答案为：A.【分析】由命题的否定结合题意即可判断出错误；根据题意利用特称命题的否定是全称命题结合题意即可判断出正确；由复合命题的真假判断即可判断出正确；结合对数函数的单调性即可判断出错误；由一元二次方程的解法求解出方程的根，结合集合与元素的关系即可判断出错误，从而得出答案。11【答案】A【解析】【解答】画出 或 表示的可行域，如图，由 ，得 ，当直线 与圆 相切时，如图，此时 的值最大，此时圆心 到直线 的距离为 ，所以 ，解得 或 (舍)，所以 ；当直线 与圆 相切时，如图，此时 的值最小，由圆心 到直线 的距离为 ，得 ，解得 (舍)或 ，
12、所以 ，所以 的最大值与最小值之和为 ，故答案为：A.【分析】由已知条件作出可行域，结合直线与圆的位置关系，由圆的几何性质即可求出的最值即可。12【答案】B【解析】【解答】解：因为点 是椭圆 的上顶点，分别是椭圆左右焦点，所以 ，从而有 ，所以 ，由题意，三角形 的面积为 1，设直线 yax+b（a0）与 x 轴的交点为 ，由直线 yax+b（a0）将三角形 分割为面积相等的两部分，可得 ，所以 ，故点 M 在射线 上设直线 yax+b 和 的交点为 N，则由 可得点 N 的坐标为 若点 M 和点 重合，如图：则点 N 为线段 的中点，故 N ，把 、N 两点的坐标代入直线 yax+b，求得
13、ab 若点 M 在点 O 和点 之间，如图：此时 ，点 N 在点 和点 之间，由题意可得三角形 的面积等于 ，即 ，即 ，可得 a ，求得 ，故有 若点 M 在点 的左侧，则 ，由点 M 的横坐标 ，求得 ba设直线 yax+b 和 的交点为 P，则由 求得点 P 的坐标为 ，此时，由题意可得，三角形 APN 的面积等于 ，即 ，即 ，化简可得 由于此时 ba0，所以 两边开方可得 ，所以 ，化简可得 ，故有 综上，b 的取值范围应是 .故答案为：B.【分析】根据题意由椭圆的简单性质即可求出点的坐标，结合椭圆的方程求出点的坐标，从而计算出三角形的面积，联立直线的方程求解出点的坐标，由弦长公式和
14、三角形的面积公式，代入数值整理得出，由此得出即可。13【答案】4【解析】【解答】以 为原点，直线 为 轴建立平面直角坐标系，因为两定点 的距离为 3，可得 ，设 ，因为动点 满足 ，可得 ，整理得 ，即 ，所以点 的轨迹围成区域的面积为 .故答案为：4.【分析】根据题意建立直角坐标系结合两点间的距离公式，代入数值整理化简即可得出点 M 的轨迹方程，由圆的几何性质把数值代入到面积公式，计算出结果即可。14【答案】【解析】【解答】解：作出等式组 的平面区域为 D 在图形可行域范围内可知：命题 p：（x，y）D，2x+y9；是真命题，则p 假命题；命题 q：（x，y）D，2x+y12是假命题，则q
15、真命题；所以：由或且非逻辑连词连接的命题判断真假有：pq 真；pq 假；pq 真；pq 假；故答案真，正确故答案为【分析】根据题意作出可行域再由已知条件，结合全称命题和特称命题的定义，由复合命题的真假判断，对选项逐一判断即可得出答案。15【答案】【解析】【解答】成等差数列，由余弦定理得：（当且仅当 时取等号）又 ，故答案为：【分析】根据题意由等差数列的项的性质整理化简得到，再由余弦定理由基本不等式整理化简即可得出角的取值范围。16【答案】【解析】【解答】，表示点 到点 和 的距离之和.当点 为线段 与 轴的交点时，取得最小值.故答案为：【分析】根据题意由两点间的距离公式整理化简，即可得出当点
16、为线段 与 轴的交点时，取得最小值，由此代入计算出结果即可。17【答案】（1）解：由题意可知，命题 ，是真命题，所以，故 ；（2）解：由题意可知，AB 且 .若 ，即当 时，所以 ，解得 ，此时 ；若 ，即当 时，所以 ，解得 ，此时 .综上所述，实数 的取值范围是 .【解析】【分析】(1)由复合命题的真假判断，结合一元二次函数的图象和性质即可求出函数的最值，从而得出m 的取值范围以及集合 B。(2)根据题意由集合之间的关系，对 a 分情况讨论，结合一元二次不等式的解法求解出不等式的解集，然后由充分和必要条件的定义即可得出 a 的取值范围。18【答案】解：()，即 .，.()，当 即 时，取得
17、最大值 1.【解析】【分析】（）根据题意由正弦定理整理化简原式，再由余弦定理代入整理化简即可求出角 A 的大小。()首先由两角和的正弦公式整理化简，即可求出角 B 的大小，结合正弦函数的性质即可求出的最大值。19【答案】（1）因为 是首项为 1 的等比数列且 ，成等差数列，所以 ，所以 ，即 ，解得 ，所以 ，所以 .（2）证明：由（1）可得 ，得 ，所以 ，所以 ，所以 .【解析】【分析】由 ，成等差数列，列关系式等比数列 的公比 q，进而得到 ，再由 bn与 an的关系求得 bn；（2）先根据条件求得，再由错项相减的方法求得的表达式，最后用求差比较法，证明 .20【答案】（1）解：设数列a
18、n的公比为 q,由 9a2a6得 9 ,所以 q2 .由条件可知 q0,故 q .由 2a13a21 得 2a13a1q1,所以 a1 .故数列an的通项公式为 an（2）解：bnlog3a1log3a2log3an（12n）.故 .所以数列 的前 n 项和为【解析】【分析】（1）由 ，q0,求出 q，由 2a13a21 得 a1 ，由此求出数列 的通项公式；（2）求出 bnlog3a1log3a2log3an（12n），从而 ，由此能求出数列 的前 项和 。21【答案】（1）解：已知圆 ，圆 ，圆 的圆心为 ，半径 ，圆 的圆心 ，半径为 ，因为圆 、相交，所以圆心距 ，即 ，解得：或 .（
19、2）解：因为圆 与直线 相交于 、两点，且 ，而圆心 到直线 的距离 ，结合 ，即 ，解得：或 .（3）解：已知点 ，圆 上一点 ，圆 上一点 ，由向量加减运算得 ，由 联想到作出圆 关于定点 的对称圆 ，延长 与圆 交于点 ，则 ，所以 ，即 就是圆 上任一点 A 与圆 上任一点 的距离，所以 即当 时，所以 的最小值的取值范围是 【解析】【分析】(1)由已知条件求出圆心坐标以及半径的值，结合圆心距和半径之间的关系由圆与圆的位置关系，即可得出关于 m 的不等式，求解出 m 的取值范围。(2)根据题意由直线与圆的位置关系，结合点到直线的距离公式代入数值计算出 m 的取值。(3)由圆与直线的位置
20、关系，结合圆的几何性质以及向量的运算，由此计算出结果即可。22【答案】（1）解：设 ，则 ，两式相减，得 ，即 ，所以 ，即 ，又因为线段 的中点为 ，所以 ，即 ；（2）解：设斜率为 的直线 为 ，由 ，得 ，所以 ，因为 ，所以 ，即 ，所以 ，所以 ，即 ，所以 ，原点 到直线 的距离为 .所以原点 到直线 的距离为定值 .【解析】【分析】(1)根据题意设出点的坐标，然后代入到椭圆的方程由点差法结合中点的坐标公式，整理化简求出直线的斜率值即可。(2)根据题意由斜截式设出直线的方程再联立直线与椭圆的方程，消去 y 等到关于 x 的一元二次方程结合韦达定理即可得到关于 k 和 m 的两根之和与两根之积的代数式，利用数量级的坐标公式代入计算出，由此整理化简得到方程即，再由点到直线的距离公式计算出结果，从而得出答案。
