河南省顶尖名校联盟2020-2021学年高二12月联考数学（理科）试题 Word版含答案

顶尖名校联盟2020～2021学年高二12月联考数学（理科）一、选择题：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．命题“，”的否定是（）．A．，B．，C．，D．，2．若抛物线上一点到焦点的距离为8，则的横坐标为（）．A．5B．6C．7D．83．“”是“直线与直线互相平行”的（）．A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件4．已知数列是正项等比数列，若，则等于（）．A．34B．32C．30D．285．若，满足不等式组，则目标函数的最大值为（）．A．B．C．D．6．在中，角，，的对边分别为，，，若的面积等于，且，则（）．A．B．C．1D．2 7．已知正四面体的棱长为2，则（）．A．B．0C．2D．48．双曲线的焦点到其渐近线的距离为2，且的焦距与椭圆的焦距相等，则双曲线的渐近线方程是（）．A．B．C．D．9．已知函数，令得数列，若数列为递增数列，则实数的取值范围为（）．A．D．C．D．10．关于的不等式对任意实数恒成立，则实数的最大值是（）．A．B．C．D．11．在锐角中，角，，的对边分别为，，，若，则的取值范围是（）．A．B．C．D．12．设，分别为椭圆的左、右焦点，为直线上一点，若，则椭圆的离心率的取值范围为（）．A．B．C．D．二、填空题：13．函数的图象在点处切线的方程为______． 14．已知数列中，，，对任意正整数，，为的前项和，则______．15．在平面直角坐标系中，已知，，为函数图象上一点，若，则______．16．已知函数在处取得极值，则实数的最大值是______．三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17．已知函数．（1）求的极小值；（2）求在上的值域．18．在中，角，，的对边分别为，，，且．（1）求角的大小；（2）若，求周长的最大值．19．如图，在四棱锥中，四边形是边长为2的正方形，平面平面，，与平面所成的角为45°．（1）求证：平面平面；（2）求二面角的余弦值．20．设数列的前项和为，满足，数列满足： ．（1）求证：数列为等差数列；（2）若，，求数列的前项和．21．已知函数．（1）若曲线在处的切线和直线垂直，求的单调区间；（2）若的图象与轴有交点，求的取值范围．22．设，是椭圆的左、右焦点﹐点在椭圆上，且，的外接圆的半径与其内切圆半径之比为．（1）求椭圆离心率；（2）设是椭圆垂直于轴的弦，的坐标为，直线与椭圆交于点，若直线恒过定点，求椭圆的方程．参考答案1．D【解析】全称命题的否定是特称命题．2．B【解析】∵，∴．3．A 4．A【解析】在正项等比数列中，由，得，即．∴．5．B【解析】画出可行域，如图阴影部分（包括边界）所示：可化为，它表示斜率为的一族平行直线，是直线在轴上的截距．观察图形，可知当直线过可行域内的点时，取得最大值，且．故选B．6．D【解析】由余弦定理得，所以．所以，又，所以，所以，所以，所以．故选D． 7．B【解析】．8．A【解析】因为双曲线的焦点到其渐近线的距离为2，所以，因为椭圆的焦距与的焦距相等，所以，则，双曲线的渐近线方程是．9．B【解析】由且数列为递增数列，得，解得．10．C【解析】因为，对成立，所以恒成立，即，，当且仅当时等号成立，即当时，，所以实数的取值范围是，所以的最大值为．11．C【解析】因为，由正弦定理得，因为，所以， 所以，即，所以．因为，所以，所以，所以，所以由正弦定理得，由题意知，所以，所以．故选C．12．B【解析】设点，椭圆的半焦距为，直线与轴的交点为，在中，；在中，，， 化简得，即方程有正根，则，解得，即，又，所以椭圆的离心率的取值范围为．故选B．13．【解析】∵，∴，∴．又∵，∴函数的图象在点处的切线方程为．14．5050【解析】当为奇数时，，即数列的奇数项成以1为首项，1为公差的等差数列；当为偶数时，，即数列的偶数项成以2为首项，3为公差的等差数列，所以．l5． 【解析】由得，故函数的图象为双曲线的上支，易知，为此双曲线的上、下焦点，∵，且，∴，，又，∴．16．【解析】∵，∴．又∵仅在处取得极值，∴若关于的方程有唯一实数根，则关于的方程无实数根或只存在实数根．∴直线与函数的图象至多存在―个交点．又．分析知，函数在区间上单调递增，在区间上单调递减，∴．∴． 即实数的取值范围是．17．解：（1），令，得，令，得；令，得．∴在处取得极小值，且极小值为．（2）由（1）知在上递减，在上递增．∴，又，，∴．∴在上的值域．18．解：（1）因为，所以由正弦定理得，所以，所以，即．因为，所以，所以．又，所以．（2）在中，，，由余弦定理得，即， 因为（当且仅当时取“＝”），所以．所以，所以，即周长的最大值为．19．（1）证明：因为平面平面，平面平面，，平面，所以平面．又因为平面，所以平面平面．（2）解：由（1）知平面，所以．由与平面所成的角为45°，得，所以为等腰直角三角形，所以．又四边形为正方形，，所以为等边三角形．取的中点，连接．因为，所以平面．以为坐标原点，过点与平行的直线为轴，所在的直线为轴，所在的直线为轴建立空间直角坐标系如图， 则，，，，所以，，．设平面的一个法向量为，则，得，令，得，设平面的一个法向量为，由，得，令，得．设二面角的大小为，则．由|图可知为钝角，故二面角的余弦值为．20．（1）证明：当时，，相减，得．整理，得，故，相减，得，故数列为等差数列． （2）解：由（1）知为等差数列，又，，所以，所以，，当时，．当时，，相减，得，故．验证时成立，故．所以．故．，相减，得，整理，得．21．解：（1）因为，由，解得，所以，，令，得；令，得，所以函数的单调递增区间为；单调递减区间为．（2），则，令，得． 当时，；当时，，所以．因为，所以．要使的图象与轴有交点，只需即可．令，则，由，得．当时，，在上单调递增；当时，，在上单调递减．又，，所以当时，，即．故的取值范围是．22．解：（1）设的外接圆的半径与其内切圆半径分别为，，则由正弦定理知，，由余弦定理知，所以，故，， 于是当时，，得，，．（2）由（1）可知椭圆的方程为，设的方程为，设，，，联立椭圆的方程与直线的方程，得，，，又，，三点共线，，，即，，，，，得，于是直线的方程为，该直线过定点，于是， 故椭圆方程为．