河南省平顶山市郏县第一高级中学2020学年高二数学上学期第三次月考试题 文（含解析）（通用）

1、郏县一高2020学年上学期第三次月考高二数学试卷（文科）第卷（共60分）一、选择题：本大题共12个小题,每小题5分,共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1. 若，则一定有（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】试题分析：，又，所以，故B正确.考点：不等式的性质.2. 设为等差数列的前项和，则（ ）A. -6 B. -4 C. -2 D. 2【答案】A【解析】试题分析：由已知得解得 故选A考点：等差数列的通项公式和前项和公式视频3. 设命题，则为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】根据命题否定的定义，改全称量词为存在性量词，否定结论即可得到，：，故选

2、B.4. 在中，角的对边分别为，则等于（ ）A. 4 B. 2 C. D. 【答案】A【解析】根据正弦定理，故为锐角，选A.5. 已知椭圆的左、右焦点分别为，离心率为，过的直线交椭圆于两点，若的周长为，则椭圆的方程为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】的周长为，的周长，离心率为，椭圆的方程为，故选A.6. 在等差数列中，已知，则该数列前11项和（ ）A. 58 B. 88 C. 143 D. 176【答案】B【解析】试题分析：在等差数列中，所以，故选B.考点：等差数列的性质，等差数列的前项和.7. 在中，若，则的形状一定是（ ）A. 等腰直角三角形 B. 直角三角形 C. 等腰三角

3、形 D. 等边三角形【答案】C【解析】 ，则，为等腰三角形，选C.8. 我国古代数学名著算法统宗中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯（ ）A. 1盏 B. 3盏 C. 5盏 D. 9盏【答案】B【解析】设塔的顶层共有灯盏，则各层的灯数构成一个首项为，公比为2的等比数列，结合等比数列的求和公式有：，解得，即塔的顶层共有灯3盏，故选B点睛:用数列知识解相关的实际问题，关键是列出相关信息，合理建立数学模型数列模型，判断是等差数列还是等比数列模型；求解时要明确目

4、标，即搞清是求和、求通项、还是解递推关系问题，所求结论对应的是解方程问题、解不等式问题、还是最值问题，然后将经过数学推理与计算得出的结果放回到实际问题中，进行检验，最终得出结论9. 在中，利用正弦定理理解三角形时，其中有两解的选项是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】有钝角或直角最多一解，B错。由，A中，1解，不符。C中，无解。D中符合两解。选D.【点睛】在己知两边一对角的题型中，有钝角或直角最多一解，己知角所对边为大边，最多一解，其余情况根据三角形内角和，大边对大角来判断。10. 实数满足不等式组，若，则有（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】试题分析：约束条件对应的平

5、面区域如下图示：=表示可行域内的点（x，y）（0，0）与A（3，3）与点（-1，1）连线的斜率，由图可知=的取值范围是-1，故选D考点：本题考查了点评：平面区域的最值问题是线性规划问题中一类重要题型，在解题时，关键是正确地画出平面区域，分析表达式的几何意义，然后结合数形结合的思想，分析图形，找出满足条件的点的坐标，即可求出答案11. 中，角所对应的边分别为，表示三角形的面积，且满足，则（ ）A. B. C. 或 D. 【答案】B【解析】在ABC中，S=acsinB，cosB=代入原式子得到，tanB=，B（0，），B= 故答案为B。12. 数列的通项公式，其前项和为，则（ ）A. 1006 B

6、. 2020 C. 503 D. 0【答案】A【解析】当时， ，当时，当时，故选A点睛：本题的解题关键在于对数列周期性的了解，因为通项公式中有三角函数，此类问题解决时要结合三角函数的周期性来解决，通过分析，其周期为4，可以写出其通项公式，也可写出前四项，分析2020项共有多少个周期，利用每个周期内四项的和为2来处理.第卷（共90分）二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13. 已知的三边长分别为3，5，7，则该三角形的外接圆半径等于_【答案】【解析】设另一条边为x，则x22232223 ，所以x29，所以x3.设cos ，则sin .所以.14. 设，若是与的等比中项，则的最小

7、值为_【答案】2【解析】由已知, 是与的等比中项，则 则 ，当且仅当时等号成立故答案为2【点睛】本题考查基本不等式的性质、等比数列的性质，其中熟练应用“乘1法”是解题的关键15. 有下列四种说法：，均成立；若是假命题，则都是假命题；命题“若，则”的逆否命题是真命题；“”是“直线与直线互相垂直”的充要条件其中正确的命题有_【答案】【解析】对于, 恒成立,命题正确;对于, 若是假命题，则，中至少有一个是假命题,命题错误;对于, 若，则正确,则它的逆否命题也正确;对于,当时, 直线与直线互相垂直,命题正确;故填.16. 设椭圆：的左、右焦点分别为，是椭圆上的点，则的离心率为_【答案】【解析】试题分析

8、：在中，所以，结合椭圆定义得：，所以.考点：由椭圆的标准方程求几何性质.三、解答题 （本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.） 17. 命题；命题方程表示焦点在轴上的椭圆，若“且”是假命题，“或”是真命题，求实数的取值范围.【答案】试题解析：命题: 为真， 命题为真，即方程是焦点在轴上的椭圆， 又“且”是假命题，“或”是真命题 是真命题且是假命题，或是假命题且是真命题 ，或 的取值范围是18. 已知等差数列的前项和为，等比数列的前项和为，且，.（1）若，求的通项公式；（2）若，求.【答案】(1) ;(2) 【解析】试题分析：（1）设等差数列的公差为，等比数列的公比为

9、q，运用等差数列和等比数列的通项公式，列方程解方程可得，即可得到所求通项公式；（2）运用等比数列的求和公式，解方程可得公比，再由等差数列的通项公式和求和，计算即可得到所求和试题解析：（1）设的公差为d，的公比为q，则,.由得d+q=3.（1）由得联立和解得（舍去），因此的通项公式（2）由得.解得当时，由得，则.当时，由得，则.19. 在中，已知，.（1）求的长；（2）求的值.【答案】(1) ; (2) .【解析】试题分析：（1）直接利用余弦定理求解即可；（2）利用正弦定理求出的正弦函数值，然后利用二倍角公式求解即可试题解析：（1）由余弦定理知，,所以.（2）由正弦定理得,为锐角, 则,.考点：

10、（1）余弦定理的应用；（2）二倍角的正弦.20. 在中，内角所对应的边分别为，已知.（1）求的值；（2）若，的周长为5，求的长.【答案】(1)2;(2)b=2.试题解析：（1）由正弦定理知， （2分）即，即， （4分）又由知，所以. （6分）（2）由（1）可知， （8分）由余弦定理得， （10分），. （12分）考点：正弦定理；余弦定理.21. 设椭圆：过点，离心率为.（1）求椭圆的方程；（2）求过点且斜率为的直线被椭圆所截线段的中点坐标.【答案】(1) ;(2) .【解析】试题分析：（1）由题意可知：，根据椭圆离心率公式即可求得b的值，求得椭圆方程；（2）由点斜式方程求得直线AB方程，代入椭

11、圆方程，求得A和B点坐标，利用中点坐标公式，即可求得AB的中点坐标试题解析：（）根据题意，椭圆过点（0，4），将（0，4）代入C的方程得，即b=4又得=；即，a=5C的方程为（）过点（3，0）且斜率为的直线方程为，设直线与C的交点为A（x1，y1），B（x2，y2），将直线方程代入C的方程，得，即x23x8=0，解得，AB的中点坐标，即中点为22. 已知数列的各项均为正数，是数列的前项和，且.（1）求数列的通项公式；（2）已知，求的值.【答案】(1) ;(2) 【解析】试题分析：（1）由题意知，解得，由可得，两式相减能够推出数列是以为首项，为公差的等差数列，所以；（2）结合（1）可得 ，利用错位相减法可得的值.试题解析：（1）当n = 1时，解出a1 = 3, （a1 = 0舍） 又4Sn = an2 + 2an3 当时 4sn1 = + 2an-13 , 即， , （），是以3为首项