江苏省南菁高级中学2020-2021学年第一学期高二12月份阶段性考试
强化班 (数学学科)2020.12.11
试卷满分:150分 考试时间:120分钟
一、单项选择题:本题共8小题,每小题5分,共40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.已知等差数列中,. 若,则数列的前5项和等于( B )
A. 186 B. 90 C. 45 D. 30
2.若a>b>0,则下列不等式中一定成立的是( D )
A. > B.a->b- C. > D.a+>b+
3.南宋数学家杨辉在《详解九章算法》和《算法通变本末》中,提出了一些新的垛积公式,所讨论的高阶等差数列与一般等差数列不同,前后两项之差并不相等,但是逐项差数之差或者高次差成等差数列.对这类高阶等差数列的研究,在杨辉之后一般称为“垛积术”.现有高阶等差数列,其前7项分别为3,4,6,9,13,18,24,则该数列的第19项为( A )
A. 174 B. 184 C. 188 D. 160
4.已知为定义在上的可导函数,为其导函数,且,,
则不等式的解集为( A )
A. B.
C. D.
解:设,则,
∵,,∴,∴是上的增函数,
又,∴的解集为,
即不等式的解集为.故选A.
5.设函数在R上有定义.对于给定的正数,定义函数,
取函数.若对任意的,恒有,则( D )
A.的最大值为2 B.的最小值为2
C.的最大值为1 D.的最小值为1
6.已知点为椭圆上一点,是椭圆的两个焦点,如果的内切圆的直径为3,则此椭圆的离心率为( A )
A. B. C. D.
7.过点与曲线相切的直线有且只有两条,则实数的取值范围是( B )
A.(-∞,e) B.(e,+∞) C.(0,) D. (1,+∞)
解:设切点为(),,所以切线方程为:,代入
得,即这个关于的方程有两个解.化简方程为,即,
令(),,,在上单调递增,在上单调递减,
,g(1)=0,所以,所以. 选B.
8.等差数列的前n项和为,已知=,+2019=
,则等于( B )
A.0 B.2020 C.4040 D.2020
二、多项选择题:本题共4小题,每小题5分,共20分. 在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.
全部选对的得5分,有选错的得0分,部分选对的得3分.
9.已知,且,则下列结论正确的为( ABD )
A. B.
C. D.
10.已知数列的前项和为,,,数列的前项和为,,则下列选项正确的为( BCD )
A.数列是等差数列 B.数列是等比数列
C.数列的通项公式为 D.
11.已知抛物线C:y2=2px (p>0)的焦点为F,准线为x=-1,过点F的直线与抛物线交于A,B两点,
过A,B两点作准线的垂线,垂足为A1,B1,P为线段AB的中点,O为坐标原点,则( ACD )
A.线段AB长度的最小值为4 B.∠A1FB1为锐角
C.A,O,B1三点共线 D.P的坐标可能为(3,-2)
解析:抛物线C的方程为y2=4x,线段AB长度的最小值为通径2p=4,A正确;
轴,∴,同理,∴,B错误;
设直线与抛物线交于AB:,联立抛物线:,设
则,,∵,∴,A,O,B1三点共线,C正确;
设AB的中点, 则,,取m=-1时,P(3,-2),D正确;
答案:ACD
12.关于函数,下列判断正确的是
A.是的极小值点;
B.函数有且只有1个零点;
C.存在正实数,使得恒成立;
D.对任意两个正实数,,且,若,则.
【分析】.求函数的导数,结合函数极值的定义进行判断;
.求函数的导数,结合函数的单调性,结合函数单调性和零点个数进行判断即可;
.利用参数分离法,构造函数,求函数的导数,研究函数的单调性和极值进行判断即可;
.令,求函数的导数,研究函数的单调性进行证明即可.
解:.函数的的定义域为,,
当时,,单调递减,当时,,单调递增,
是的极小值点,即正确;
.,,函数在上单调递减,
且,∴函数有且只有1个零点,即正确;
.若恒成立,即恒成立.令,则,
令,则,当时,,当时,,
∴在上,函数单调递增,上函数单调递减,,,
∴在上函数单调递减,函数无最小值,当时,,
∴不存在正实数,使得恒成立,即不正确;
.由单调性可知, 令,则,,
令,
则,
在上单调递减,则,∴时,
令,由,得,则,故正确.
故选:.
三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.
13.已知命题:“”为真命题,则实数的取值范围是 .
14.设抛物线的焦点为F,A、B两点在抛物线上,且A、B、F 三点共线,过AB的中点M作y轴的
垂线与抛物线在第一象限内交于点N,若|NF|=,则=_________6
15.已知正数满足,则的最小值为________.
16.已知直线y=a分别与直线,曲线交于点A,B,则线段AB长度的最小值为 .
四、解答题:本题共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. (本小题10分) 已知椭圆E: + =1(a>b>0)经过点A(4,0),其离心率为,2).
(1)求椭圆E的方程;
(2)已知P是椭圆E上一点,F1,F2为椭圆E的焦点,且∠F1PF2=,求点P到y轴的距离.
解(1)因为椭圆E:+=1经过点A(4,0),
所以 =1,解得a=4.又椭圆E的离心率e==,2),所以c=2.
所以b2=a2-c2=4.因此椭圆E的方程为 +=1. ………………… 4分
(2)方法一:由椭圆E的方程+=1,知F1(-2,0),F2(2,0).设P(x,y).
因为∠F1PF2=,所以·=0,所以x2+y2=12. …………………6分
由+=1,,x2+y2=12,))解得x2=. …………………8分
所以|x|=,3),即P到y轴的距离为,3). …………………10分
方法二:由椭圆E的方程+=1,知c=2,F1F2=4.设P(x,y).
因为∠F1PF2=,所以PF+PF=F1F=48. …………………5分
由椭圆的定义可知,PF1+PF2=2a=8,所以2PF1·PF2=(PF1+PF2)2-(PF+PF)=16,
所以三角形的面积S=PF1·PF2=4. …………………6分
又S=F1F2·|y|=2|y|,所以2|y|=4,所以|y|=,3).
代入+=1得,x2=. …………………8分
所以|x|=,3),即P到y轴的距离为,3). ………………… 10分
18. (本小题10分)已知递增的等差数列中,、是方程的两根,数列的前项和为,且().
(1)求数列,的通项公式; (2)记,求数列的前项和.
解:(1)得,,
因为是递增,所以,,解得,所以 ……………2分
在中,令得,,
当时,,,两式相减得
,是等比数列,所以 …………………5分
(2)
两式相减得:,所以……………10分
19. (本小题10分) 已知函数,R.
(1)若函数在上单调递减,在上单调递增,求的值;
(2)求函数在上的最大值.
解:(1)由,则.
因函数在上单调递减,在上单调递增,得,
当时,显然满足要求,所以. ……………4分
(2)因,,
当,即时,,在上单调递增,
则; ……………6分
当,即时,,在上单调递减,
则; ……………7分
当,即时,当时,;当时,,
所以在递减,在递增,则.
又,故当时,;
当时,;当时,. ……………9分
综上,在上的最大值 ……………10分
20. (本小题12分) 已知数列的各项均为正数,其前n项和,.
(1)求数列的通项公式;
(2)设,称使数列的前n项和为整数的正整数n为“优数”,试求区间(0,2020)内所有
“优数”的和S.
解:(1)当时,,,又,所以,
当时,,整理得:,
因为,所以有,所以数列是首项,公差的等差数列,
数列的通项公式为;……6分
(2)由知:,数列的前项和为
,
令,则有,由知且,所以区间内所有“优数”的和为
.……12分
21. (本小题12分) 已知椭圆的长轴长为,焦距为. (1)求椭圆的方程;
(2)过动点的直线交轴于点,交于点(在第一象限),且是线段的中点.
过点作轴的垂线交于另一点,延长线交于点.
(i)设直线,的斜率分别为,,证明为定值;
(ii)求直线的斜率的最小值.
解:(1)设椭圆的半焦距为,由题意知,
所以,所以椭圆的方程为.…… 2分
(2)(i)设,由,可得
所以直线的斜率,直线的斜率.
此时,所以为定值. …………………6分
(ii)法1:设,直线的方程为,直线的方程为.
联立 ,整理得.
由,可得 ,所以,
同理,. …………………8分
所以,
,………………9分
所以 由,可知,…………………10分
所以,等号当且仅当时取得. 由,在椭圆:上得
,,此时,即,经检验,符合题意.
所以直线的斜率的最小值为. …………………12分
法2:同上可得; 因为
所以
下面同解法1.
22. (本小题14分) 已知函数f(x)=alnx+,a∈R.
(1)若不等式f(x)>1对任意x∈(1,+∞)恒成立,求a的取值范围;
(2)若函数h(x)=f(x)-x有两个极值点x1,x2(x1<x2),且h(x2)-h(x1)≤,求a的取值范围.
解:(1)不等式f(x)>1可化为alnx+-1>0.
记g(x)=alnx+-1, 则g(x)>0对任意x∈(1,+∞)恒成立.
考察函数g(x)=alnx+-1,x>0,g′(x)=-=.
当a≤0时,g′(x)<0,g(x)在(0,+∞)上单调递减,又g(1)=0,
所以g(2)<g(1)=0,不合题意; ………………… 2分
当a>0时,x∈(0,),g′(x)<0;x∈(,+∞),g′(x)>0,
所以g(x)在(0,]上单调递减,在[,+∞)上单调递增,
若≤1,即a≥1时,g(x)在[1,+∞)上单调递增,
所以x∈(1,+∞)时,g(x)>g(1)=0,符合题意; …………………4分
若>1,即0<a<1时,g(x)在[1,)上单调递减,
所以当x∈(1,)时,g(x)<g(1)=0,不符合题意;
综上所述,实数a的取值范围为[1,+∞). ………………… 6分
(3)方法一:h(x)=f(x)-x=alnx+-x,x>0,h′(x)=--1=.
因为h(x)有两个极值点x1,x2(x1<x2),
所以h′(x)=0,即x2-ax+1=0的两实数根为x1,x2,0<x1<x2,
所以x1+x2=a,x1x2=1,△=a2-4>0,所以a>2,0<x1<1<x2,
从而h(x2)-h(x1)=(alnx2+-x2)-(alnx1+-x1)=2(alnx2+-x2)
=2[(x2+)lnx2+-x2]. ………………… 9分
记m(x)=2[(x+)lnx+-x],x≥1.
则m′(x)=2[(1-)lnx+(x+)·--1]=2(1-)lnx≥0 (当且仅当x=1时取等号),
所以m(x)在[1,+∞)上单调递增,又m(e)=,
不等式h(x2)-h(x1)≤ 可化为m(x2)≤m(e),所以1<x2≤e.………… 12分
因为a=x2+,且y=x+在(1,+∞)上递增,所以2<a≤e+,
即a的取值范围为(2,e+]. ………………… 14分
方法二:h(x)=f(x)-x=alnx+-x,x>0,h′(x)=--1=.
因为h(x)有两个极值点x1,x2(x1<x2),
所以h′(x)=0,即x2-ax+1=0的两实数根为x1,x2,0<x1<x2,
所以x1+x2=a,x1x2=1,△=a2-4>0,所以a>2,0<x1<1<x2.
设t2=(t>1),则x1+t2x1=a,t2x=1,所以x1=,a=t+,x2=t,
从而h(x2)-h(x1)≤ 等价于h(t)=(t+)lnt+-t≤,t>1.…………… 9分
记m(x)=(x+)lnx+-x,x≥1.
则m′(x)=(1-)lnx+(x+)--1=(1-)lnx≥0 (当且仅当x=1时取等号),
所以m(x)在[1,+∞)上单调递增.
又t>1,m(e)=,所以1<t≤e. ………………… 12分
因为a=t+,且y=x+在(1,+∞)上递增,所以2<a≤e+,
即a的取值范围为(2,e+]. ………………… 14分
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