广东省东莞市2020-2021学年高二上学期期中数学试题（word版 含答案）

广东省东莞市2020-2021学年高二上学期期中数学试题

学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题

1．下面表示“a与b的差是非负数”的不等关系的是（    ）

A． B．

C．  D．

2．已知中，，，，则等于（    ）．

A．或 B． C． D．或

3．数列的通项公式为（    ）

A． B． C． D．

4．过椭圆的一个焦点的直线与椭圆相交于两点，则与椭圆的另一个焦点构成的的周长等于（    ）

A． B． C． D．

5．不等式表示的平面区域是.

A． B． C． D．

6．在中，若，则的形状是

A．钝角三角形 B．直角三角形

C．锐角三角形 D．不能确定

7．已知等比数列满足,,则（ ）

A． B． C． D．

8．不等式 对任意实数恒成立，则实数的取值范围为(　  　)

A．  B．

C． D．

二、多选题

9．等差数列的前项和为，，则下列结论一定正确的是（    ）

A． B．当或10时，取最大值

C． D．

10．设，在下列命题中，假命题是（    ）

A．“”是“”的必要条件 B．存在一个实数，使等式成立

C．“”是“”的必要条件 D．“”是“”的充分条件

11．在中，，则的面积可以是（    ）

A． B．1 C． D．

12．若正实数满足，则下列选项中正确的是（    ）

A．有最大值 B．有最大值

C． D．最小值

三、填空题

13．的和是_________

14．命题“”的否定是________________.

15．内角的对边分别为，若的面积为，则_________

16．设，函数的最小值是，最大值是，则的值为___________

四、解答题

17．等差数列的前项和记为．已知，，

（1）求通项；  

（2）若，求．

18．在△ABC中，a, b, c分别为内角A, B, C的对边，且

（Ⅰ）求A的大小；

（Ⅱ）求的最大值.

19．已知不等式的解集为或．

（1）求a，b；

（2）解不等式．

20．某学校拟建一块周长为的操场如图所示，操场的两头是半圆形，中间区域是矩形，学生做操一般安排在矩形区域，为了能让学生的做操区域尽可能大，试问如何设计矩形的长和宽？（精确到，取）

21．

已知中心在坐标原点O的椭圆C经过点A（2，3），且点F（2.0）为其右焦点．

（Ⅰ）求椭圆C的方程；

（Ⅱ）是否存在平行于OA的直线L，使得直线L与椭圆C有公共点，且直线OA与L的距离等于4？若存在，求出直线L的方程；若不存在，说明理由．

22．已知数列的前项和为与的等差中项是．

（1）证明数列为等比数列；

（2）求数列的通项公式；

（3）若对任意正整数，不等式恒成立，求实数的最大值．

参考答案

1．C

【分析】

因为a与b的差是非负数，所以，即可得答案.

【详解】

因为a与b的差是非负数，

所以，

故选：C

【点睛】

本题考查不等关系的代数表示，属基础题.

2．A

【分析】

应用正弦定理，得到，再由边角关系，即可判断B的值.

【详解】

解：∵，，，
∴由得，
，
∴B＝或.
故选：A.

【点睛】

本题考查正弦定理及应用，考查三角形的边角关系，属于基础题，也是易错题.

3．B

【分析】

根据数列的规律，代入选项进行验证即可.

【详解】

由数列

所以，排除C,D选项，

通过验证，都满足数列的通项公式，

故选：B.

4．D

【分析】

由题意的周长为，由图可知，由椭圆的定义可得答案.

【详解】

椭圆化为标准形式为：，则

由椭圆的定义得到：，

的周长为：

故选：D

5．B

【分析】

分别将代入不等式，由此确定正确选项.

【详解】

由于满足不等式，只有B选项符合.

故选:B.

【点睛】

本小题主要考查不等式表示平面区域的判断，属于基础题.

6．A

【分析】

由正弦定理得，再由余弦定理求得，得到，即可得到答案.

【详解】

因为在中，满足，

由正弦定理知，代入上式得，

又由余弦定理可得，因为C是三角形的内角，所以，

所以为钝角三角形，故选A.

【点睛】

本题主要考查了利用正弦定理、余弦定理判定三角形的形状，其中解答中合理利用正、余弦定理，求得角C的范围是解答本题的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.

7．C

【详解】

试题分析：由题意可得,所以 ,故 ,选C.

考点：本题主要考查等比数列性质及基本运算.

8．A

【详解】

试题分析：由题意得，不等式，又关于的不等式对任意实数恒成立，则，即，解得，故选A.

考点：基本不等式的应用；不等式的恒成立问题.

9．AD

【分析】

由求出，即，由此表示出、、、，可判断C、D两选项；当时，，有最小值，故B错误.

【详解】

解：，，故正确A.

由，当时，，有最小值，故B错误.

，所以，故C错误.

，

，故D正确.

故选：AD

【点睛】

考查等差数列的有关量的计算以及性质，基础题.

10．ABD

【分析】

根据充分、必要条件的定义，对每一选项进行判断，可得答案.

【详解】

选项A. 当时，由，可得

当时，由，可得，所以由，不能得出，故为假命题.

选项B. 方程中，故方程无实数解，所以命题为假命题.

选项C. 当时，有成立，所以“”是“”的必要条件，故为真命题.

选项D. 由，当时，不一定相等，故为假命题.

故选：ABD

11．AD

【分析】

由余弦定理求出，再根据三角形的面积公式即可求出答案．

【详解】

解：∵，

由余弦定理得，

∴，

∴，或，

∴由的面积公式得或，

故选：AD．

【点睛】

本题主要考查三角形的面积公式的应用，考查余弦定理解三角形，属于基础题．

12．ABC

【分析】

利用基本不等式，对四个选项逐个分析，可选出答案.

【详解】

对于选项A，因为正实数满足，所以（当且仅当时等号成立），

故选项A正确；

对于选项B，，由选项A可得，所以，

（当且仅当时取“”），

故选项B正确；

对于选项C，正实数满足，∴，

，，

故选项C正确；

对于选项D，∵正实数满足，

（当且仅当，即，时，等号成立）.

故选项D错误．

故选：ABC．

13．

【分析】

由等比数列的前项和公式可得答案.

【详解】

故答案为：1022

14．.

【分析】

根据含有一个量词的命题的否定可得结果．

【详解】

由含有一个量词的命题的否定可得，命题“”的否定为“”．

故答案为．

【点睛】

对于含有量词的命题的否定要注意两点：一是要改换量词，把特称（全称）量词改为全称（特称）量词；二是把命题进行否定．本题考查特称命题的否定，属于简单题．

15．

【分析】

由余弦定理可得，根据条件结合三角形的面积公式可得从而可得答案.

【详解】

由余弦定理可得，所以

的面积为

所以 即，由

所以

故答案为：

16．

【分析】

根据已知条件确定在上单调递增，根据若在区间上的最小值为，最大值为，可得为方程的两根，即可求的值

【详解】

解：

所以

在上单调递增．

在区间上的最小值为，最大值为

为方程的两根

由，得．

所以

故答案为：

17．（1）；（2）

【分析】

（1）根据题意得到，再解方程组即可.

（2）首先得到，从而得到，解方程即可.

【详解】

（1）由题知：，解得.

所以.

（2）.

因为，所以，解得或（舍）.

【点睛】

本题第一问考查等差数列的同时公式，第二问考查等差数列的前项和，属于简单题.

18．(Ⅰ)120°；(Ⅱ)1.

【分析】

(Ⅰ)由题意利用正弦定理角化边，然后结合余弦定理可得∠A的大小；

(Ⅱ)由题意结合(Ⅰ)的结论和三角函数的性质可得的最大值.

【详解】

(Ⅰ)，

,即.

，.

(Ⅱ)，

，∴当即时，取得最大值1.

【点睛】

在处理三角形中的边角关系时，一般全部化为角的关系，或全部化为边的关系．题中若出现边的一次式一般采用到正弦定理，出现边的二次式一般采用到余弦定理．应用正、余弦定理时，注意公式变式的应用．解决三角形问题时，注意角的限制范围．

19．（1），；（2）答案见解析.

【分析】

（1）根据一元二次不等式与对应方程之间的关系，利用根与系数的关系，列出方程组，求出，的值；

（2）将，的值代入，并将不等式因式分解为，通过对与2的大小关系进行讨论，得出不等式的解集.

【详解】

（1）因为不等式的解集为或，

所以x1＝1与x2＝b是方程ax2－3x＋2＝0的两个实数根，且b>1．

由根与系数的关系，得 ，

解得；

（2）原不等式化为：

，即，

①当时，不等式的解集为，

②当时，不等式的解集为，

③当时，不等式的解集为．

【点睛】

本题考查了一元二次不等式的解法与应用问题，根与系数的关系的应用，考查了分类讨论的思想，属于基础题.

20．见解析.
 

【分析】

由题意即求矩形面积的最大值．设矩形的长为，宽即半圆的直径为，则

，然后结合基本不等式可得矩形面积的最大值．

【详解】

设矩形的长为，宽即半圆的直径为，

由题意得．

∴，

当且仅当且，即时等号成立．

∴当矩形的长为，宽为时，矩形的面积最大．

【点睛】

利用基本不等式可求最值，基本不等式的常用形式为（当且仅当时等号成立），注意不等式的使用条件是“一正二定三相等 ”．

21．（I）（II）不存在．

【详解】

试题分析：（1）先设出椭圆C的标准方程，进而根据焦点和椭圆的定义求得c和a，进而求得b，则椭圆的方程可得．（2）先假设直线存在，设出直线方程与椭圆方程联立消去y，进而根据判别式大于0求得t的范围，进而根据直线OA与l的距离求得t，最后验证t不符合题意，则结论可得

试题解析：：（1）依题意，可设椭圆C的方程为，且可知左焦点为 F（-2，0），从而有解得又所以故椭圆C的方程为．

（2）假设存在符合题意的直线，其方程为由得，因为直线与椭圆有公共点，所以有解得，另一方面，由直线OA与的距离，从而，由于，所以符合题意的直线不存在

考点：1．椭圆的标准方程；2．直线与圆锥曲线的综合问题

22．（1）证明见解析；（2）；（3）1．

【分析】

（1）由条件可得，然后可变形为，即可证明；

（2）由（1）可得，然后利用与的关系可求出答案；

（3）求出的最小值即可.

【详解】

（1）因为和的等差中项是

所以，

即

由此得

即

又

所以数列是以为首项，为公比的等比数列．

（2）由（1）得，

即

所以，当时，

又时，也适合上式，

所以

（3）要使不等式对任意正整数恒成立，即小于或等于的所有值．

又因为是单调递增数列，

且当时，取得最小值

要使小于或等于的所有值，即

所以实数的最大值为