高二数学竞赛试题及答案.docVIP

高二年级学科知识竞赛数学试卷第I卷（选择题）一、填空题（本大题共12小题，每小题5分，共60分）1命题方程表示焦点在轴上的椭圆，则使命题成立的充分不必要条件是A B C D2已知集合，则（ ）A B C D3.若数列满足，则其前10项和为（ ）A B. C. D.4已知双曲线的离心率为，左顶点到一条渐近线的距离为，则该双曲线的标准方程为（ ）A B C D5设是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列命题正确的是（ ）若，则； 若，则；若，则； 若，则.A. B. C. D.6.设，则下列恒成立的是（ ）A. B. C. D.7已知函数（，）的部分图像如图所示，则函数的解析式为（ ）A B C D8正方体中，是的中点，为底面的中心，为棱 上的任意一点，则直线与直线所成的角为（ ）A. B. C. D.与点的位置有关9一只蚂蚁从正方体的顶点处出发，经正方体的表面，按最短路线爬行到达顶点位置，则下列图形中可以表示正方体及蚂蚁最短爬行路线的正视图是（ ）A. B. C. D.10函数的图象是（ ）A B C D11.设点分别为椭圆的左右焦点，为右准线，若在椭圆上存在点M，使，点M到的距离成等比数列，则椭圆的离心率的取值范围是（ ）A. B. C. D.12 已知全集，集合，集合的补集所对应区域的对称中心为，点是线段上的动点，点是轴上的动点，则周长的最小值为（ ）A B C D 第II卷（非选择题）二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13.已知向量与的夹角为120，且|2，|3.若，且，则= .14正数满足，则的最小值为 .15.设为等差数列的前n项之和，则 .16对于函数，有下列4个命题：任取，都有恒成立；，对于一切恒成立；函数有3个零点；对任意，不等式恒成立.则其中所有真命题的序号是 .三、解答题（本大题共6小题，共70分）17. （10分）已知，设命题：函数在区间上与轴有两个不同的交点；命题：有最小值.若是真命题，求实数的取值范围.18（12分）如图所示，已知二面角MN的大小为60，菱形ABCD在面内，A，B两点在棱MN上，BAD60，E是AB的中点，DO面，垂足为O.(1)证明：AB平面ODE；(2)求异面直线BC与OD所成角的余弦值19（12分）如图所示，在中, 点为边上一点，且为的中点,.（1）求的长；（2）求的面积.20（12分）设函数是定义域为的奇函数；当时，（1）当时，求；（2）对任意的，不等式都成立，求的取值范围21、（12分）已知椭圆的两个焦点为，且椭圆与直线相切.求椭圆的方程；过作互相垂直的直线，与椭圆分别交于及，求四边形面积的最大值和最小值.22（12分）已知数列的前项和为，对任意满足，且，数列满足，其前9项和为63（1）求数列和的通项公式；（2）令，数列的前项和为，若对任意正整数，都有，求实数的取值范围；（3）将数列的项按照“当为奇数时，放在前面；当为偶数时，放在前面”的要求进行“交叉排列”，得到一个新的数列：，求这个新数列的前项和参考答案一、选择题1D 解析：方程表示焦点在轴上的充要条件是，解得，所以选项中是的充分不必要条件的是，故选D.2A 解析：依题意，故.3.D 解析：由已知4. A解析：，渐近线方程，因此左顶点到一条渐近线的距离为，即该双曲线的标准方程为，选A.5. D解析：对于，有可能，故错误；对于可能相交，故错误.所以选D.6 .D 解析：7. D 解析：时，代入验证，排除A，B，C选项，故选D.8. C. 解析：如下图所示建立空间直角坐标系，不妨设正方体的棱长为，设，即，故夹角为，故选C.9D 解析：最短距离是正方体侧面展开图，即矩形的对角线（经过）、或矩形的对角线（经过），故视图为.10. A 解析：由偶函数排除B、D,排除C.11.A 解析：由题意12.B解析：点到直线的距离直线始终与圆相切，集合表示除圆以外所有的点组成的集合，集合表示圆，其对称中心如图所示：设是点关于直线线段的对称点，设，则由求得，可得设关于轴的对称点为，易得，则直线，和线段的交点为，则此时，的周长为，为最小值，二、填空题13. 解析:由()()()2()20，得34930，解得.149 解析: 15 21 解析：16【解析】：的图象如图所示，的最大值为，最小值为，所以任取，都有恒成立，正确；，故不正确；如图所示，函数有个零点；由题意，可得，证明，即证明，又， ，所以，所以对任意，不等式恒成立，所以对任意，不等式恒成立正确故答案：.三、解答题17. 解析：若是真命题，则为假命题且为真命题.分别求出为真时，参数的范围，取其补集即得为假时，参数的范围，取交集即得实数的取值范围.试题解析：若真，则即 .若真，即在上是单调递减的，要使有最小值，则在上单调递增或为常数，即，.若是真命题，则为假命题且为真命题，即或.实数的取值范围为.18解：(1)证明：如图，因为DO，AB，所以DOAB.连接BD，由题设知，ABD 是正三角形，又E是AB的中点，所以DEAB.而DODED，故AB平面ODE.(2)因为BCAD，所以BC与OD所成的角等于AD与OD所成的角，即ADO是BC与OD所成的角由(1)知，AB平面ODE，所以ABOE.又DEAB，于是DEO是二面角MN的平面角，从而DEO60.不妨设AB2，则AD2，易知DE.在RtDOE中，DODEsin 60.连接AO，在RtAOD中，cosADO19（1）在中，,由正弦定理, 知 .（2）由（1）知，依题意得,在中，由余弦定理得,即,解得（负值舍去）.,从而.20（1）设，则，所以；（2）由（1）知，所以，因为对都成立，即，即对恒成立，所以，即，所以，即，所以的取值范围为21.设椭圆的方程为；联立得有唯一根；所以，得又，所以，所以椭圆的方程为： 若PQ的斜率不存在或为0时，若PQ的斜率存在，设为，则MN的斜率为直线PQ的方程为，设联立，则同理,所以=，因为，当时取等号，所以，所以，所以四边形PQMN面积的最小值为，最大值为2