吉林省延边第二中学2022-2022学年高二数学12月月考试题文.doc

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1、吉林省延边第二中学2022-2022学年高二数学12月月考试题 文一、选择题共12小题，每题4分，共48分，每题只有一个选项正确1数列2，6，12，20, ,的第6项是 A42B56C90D722设，那么“是“的 A充分而不必要条件B必要而不充分条件C充要条件D既不充分也不必要条件3设抛物线上一点到轴的距离是4，那么点到该抛物线焦点的距离是 A4B6C8D124椭圆的焦距为8，且椭圆的长轴长为10，那么该椭圆的标准方程是 AB或CD或5为非零实数，且，那么以下命题成立的是 ABCD6假设实数满足约束条件，那么的最大值是 A B1 C10 D127在一次跳伞训练中，甲、乙两位学员各跳一次，设命题

2、p是“甲降落在指定范围，q是“乙降落在指定范围，那么命题“至少有一位学员没有降落在指定范围可表示为 ApqBpqCpqDpq8成等差数列，成等比数列，那么等于 ABCD或9方程3x-y+1y-=0表示的曲线为A一条线段和半个圆B一条线段和一个圆C一条线段和半个椭圆D两条线段10，且，那么的最大值为 A3BC18D911椭圆C：的左右焦点为F1,F2离心率为，过F2的直线l交C与A,B两点，假设AF1B的周长为，那么C的方程为( )ABCD12数列是递增的等差数列，且，是函数的两个零点设数列的前项和为，假设不等式对任意正整数恒成立，那么实数的取值范围为( )ABCD二、填空题共4小题，每题4分，

3、共16分，请将答案写在答题纸上13给出以下命题：命题“假设，那么的否命题为“假设，那么；“是“的必要不充分条件；命题“， 的否认是：“， ；命题“假设，那么的逆否命题为真命题其中所有正确命题的序号是_.14在平面直角坐标系中，假设双曲线的右焦点到一条渐近线的距离为，那么其离心率的值是_15函数，假设对于任意的都有，那么实数的取值范围为 .16 设，那么的最小值为_.三、解答题共5小题，17、18题各10分，19、20、21题各12分，请写出必要的解答过程17在锐角ABC中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且1求角A的大小；2假设，求ABC的面积18数列的前项和为，且.1求的通项公式；2

4、假设，求数列的前项和.19设函数.1当时，求不等式的解集；2假设恒成立，求的取值范围.20在直角坐标系中，点到两点，的距离之和为4，设点的轨迹为，直线与轨迹交于两点.1求出轨迹的方程；2假设，求弦长的值.21己知二次函数、均为实常数，的最小值是0，函数的零点是和，函数满足，其中k为常数，且.1实数、满足，且，试比拟与的大小关系，并说明理由；2求证：参考答案1A【解析】【分析】将数列各项变形,找到该项与序号之间的关系,从而可得.【详解】因为,所以第项为:.应选.【点睛】此题考查了数列前几项求指定项.属于根底题.2D【解析】【分析】先化简“和“，再利用充分必要条件的定义分析判断得解.【详解】由得，

5、由得，所以“不能推出“，所以“是“的非充分条件；因为“不能推出“，所以“是“的非必要条件.所以“是“的既不充分也不必要条件.应选：D【点睛】此题主要考查绝对值不等式的解法，考查一元二次不等式的解法，考查充分必要条件的判断，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.3B【解析】试题分析：先根据抛物线的方程求得抛物线的准线方程，根据点P到y轴的距离求得点到准线的距离进而利用抛物线的定义可知点到准线的距离与点到焦点的距离相等，进而求得答案解：抛物线y2=8x的准线为x=2，点P到y轴的距离是4，到准线的距离是4+2=6，根据抛物线的定义可知点P到该抛物线焦点的距离是6应选B考点：抛物线的定义4B【解析】

6、【分析】根据题意，分析可得、的值，计算可得的值，分析椭圆的焦点位置，即可得答案【详解】解：根据题意，椭圆的焦距为8，长轴长为10，那么，即，那么，假设椭圆的焦点在轴上，那么其标准方程为，假设椭圆的焦点在轴上，那么其标准方程为，故要求椭圆的标准方程为或，应选： 【点睛】此题考查椭圆的标准方程，涉及椭圆的几何性质，属于根底题5C【解析】【详解】假设abb2，A不成立；假设B不成立；假设a=1，b=2，那么,所以D不成立 ,应选C.6C【解析】【分析】此题是简单线性规划问题的基此题型，根据“画、移、解等步骤可得解.题目难度不大题，注重了根底知识、根本技能的考查.【详解】在平面直角坐标系内画出题中的不

7、等式组表示的平面区域为以为顶点的三角形区域包含边界，由图易得当目标函数经过平面区域的点时，取最大值.【点睛】解答此类问题，要求作图要准确，观察要仔细.往往由于由于作图欠准确而影响答案的准确程度，也有可能在解方程组的过程中出错.7A【解析】试题分析：由“至少有一位学员没有降落在指定范围的含义可知是“甲学员没有降落在指定范围或乙学员没有降落在指定范围,故应选A.考点：复合命题的构成及运用.【易错点晴】此题是一道命题的真假和复合命题的真假的实际运用问题.求解时先搞清楚所给的两个命题的内容,再选择复合命题的形式将所求问题的表达方式.首先欲求问题中的命题“至少有一位学员没有降落在指定范围的含义是指“有一

8、位学员或两位学员没有降落，因此将其两个命题的内容进行联系，从而将问题转化为“甲学员没有降落在指定范围或乙学员没有降落在指定范围.8B【解析】试题分析：因为成等差数列，所以因为成等比数列，所以，由得，应选B.考点：1、等差数列的性质；2、等比数列的性质.9A【解析】【分析】由原方程可得y=-1x1，或3x-y+1=0-1x1，进一步求出轨迹得答案【详解】由方程3x-y+1y-=0得y=或3x-y+1=0，且满足-1x1，即或3x-y+1=0-1x1，方程3x-y+1y-=0表示一条线段和半个圆应选：A【点睛】此题考查曲线的方程和方程的曲线概念，关键是注意根式有意义的范围，是中档题10B【解析】【

9、分析】先利用柯西不等式求得的最大值，由此求得的最大值.【详解】由柯西不等式得：，所以，当且仅当时，等号成立，应选B.【点睛】本小题主要考查利用柯西不等式求最大值，属于根底题.11A【解析】【详解】假设AF1B的周长为4,由椭圆的定义可知,，所以方程为，应选A.考点：椭圆方程及性质12C【解析】【分析】首先根据求等差数列的通项公式，再将恒成立问题转化为，最后解对数不等式.【详解】数列是递增的等差数列，是函数的两个零点，, ，易知数列单调递增 .要使不等式对任意正整数恒成立，只要即可.解，得，实数的取值 .【点睛】此题考查数列和函数的零点，以及恒成立，不等式的综合问题，属于中档题型，中间有个步骤是

10、求的最小值，不用裂项相消法求，而是直接求的最小值.14【解析】【分析】根据命题的否命题和原命题之间的关系判断利用充分条件和必要条件的定义判断利用特称命题的否认判断利用逆否命题的等价性进行判断【详解】解：根据否命题的定义可知命题“假设，那么的否命题为“假设，那么，所以错误由得或，所以“是“的充分不必要条件，所以错误根据特称命题的否认是全称命题得命题“，使得的否认是：“，均有，所以错误根据逆否命题和原命题为等价命题可知原命题正确，所以命题“假设，那么的逆否命题为真命题，所以正确故答案为：【点睛】此题主要考查命题的真假判断，以及四种命题的真假关系的判断，比拟根底152【解析】分析：先确定双曲线的焦点

11、到渐近线的距离，再根据条件求离心率.详解：因为双曲线的焦点到渐近线即的距离为所以，因此点睛：双曲线的焦点到渐近线的距离为b，焦点在渐近线上的射影到坐标原点的距离为a.16【解析】【详解】因为函数的图象开口向上的抛物线，所以要使对于任意的都有成立，解得，所以实数的取值范围为【考点】二次函数的性质17.【解析】【分析】把分子展开化为，再利用根本不等式求最值。【详解】由，得，得，等号当且仅当，即时成立。故所求的最小值为。【点睛】使用根本不等式求最值时一定要验证等号是否能够成立。181；2.【解析】【分析】(1)利用正弦定理边化角可得;(2)利用余弦定理求得,再用面积公式可得.【详解】解：1由2asi

12、nB=b，利用正弦定理得：2sinAsinB=sinB，sinB0，又A为锐角，那么A=；2由余弦定理得：，即，bc=12，又，那么.【点睛】此题考查了正弦定理边化角,余弦定理和面积公式,属于中档题.1912【解析】【分析】1利用公式代入计算得到答案.2先计算得到，再利用错位相减法计算得到答案.【详解】1因为，所以，所以当时，即，当时，所以，所以.2，于是，由-，得，所以.【点睛】此题考查了数列的通项公式，利用错位相减法计算数列的前n项和，意在考查学生对于数列公式方法的灵活运用.20(1)；(2) .【解析】【详解】分析：1先根据绝对值几何意义将不等式化为三个不等式组，分别求解，最后求并集，2

13、先化简不等式为，再根据绝对值三角不等式得最小值，最后解不等式得的取值范围详解：1当时，可得的解集为2等价于而，且当时等号成立故等价于由可得或，所以的取值范围是点睛：含绝对值不等式的解法有两个根本方法，一是运用零点分区间讨论，二是利用绝对值的几何意义求解法一是运用分类讨论思想，法二是运用数形结合思想，将绝对值不等式与函数以及不等式恒成立交汇、渗透，解题时强化函数、数形结合与转化化归思想方法的灵活应用，这是命题的新动向211；2【解析】【分析】1设，由椭圆的定义可知，得到点的轨迹是以为焦点，且长轴为4的椭圆，由此可求得椭圆的标准方程； 2设，联立方程组，整理得，利用根与系数的关系及向量的运算，求得

14、，再由弦长公式，即可求解.【详解】1设，满足，由椭圆的定义可知，点的轨迹是以为焦点，且长轴为4的椭圆，即，那么，所以曲线的方程.2设，联立方程组，整理得，那么，因为，所以，又由，所以，于是，化简得，即，又由.【点睛】此题主要考查了椭圆的标准方程的求解、及直线与椭圆的位置关系的应用问题,解答此类题目，通常求得的关系，确定椭圆圆锥曲线方程是根底，再通过联立直线方程与椭圆方程的方程组，应用一元二次方程根与系数的关系进行求解，此类问题易错点是复杂式子的变形能力缺乏，导致错解，能较好的考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力.221；理由见解析；2证明见解析【解析】【分析】1由二次函数的性质及根与系数的关系可得到： ，求解方程组可得到的解析式，据此可得到的解析式，最后对与作差并化简变形即可比拟大小；2由1知，假设，且，那么，令，其中且，满足上述条件，故，由此即可证明结论.【详解】1由二次函数的最小值为0可知，又的零点是和，由根与系数的关系可得，由可得或舍去，由可得，所以.根据条件，那么，又，且，所以，即；2由1知，假设，且，那么，令，其中且，那么，且，所以，即，其中且，即，故，得证.【点睛】此题考查比拟大小，证明不等式和二次函数的性质及根与系数的关系，利用作差法比拟大小是解决此题的关键，属中档题.