【文档说明】西藏日喀则市2020-2021学年高二上学期学业水平考试（期末）数学（文）参考答案.pdf，共(11)页，199.288 KB，由小赞的店铺上传

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答案第1页，总11页参考答案1．A【分析】根据充分必要条件的定义以及不等式的性质判断即可．【详解】由9xy，解得：0x，0y或0x，0y，故“0x，0y”是“0xy”的充分不必要条件.故选：A．【点睛】本小题主要考查必要条件、充分条件与充要条件的判断，属于基础题.2．B【分析】直接

由余弦定理即可得出【详解】由余弦定理得：2222coscababC因为2222cabab所以2cos2C，因为0,C所以4C=故选：B【点睛】本题考查的是余弦定理的直接运用，较简单.3．A【分析】利用“乘1法”与基本不等式的性质即可得出结果.【详解】解：∵,

0,xy,且满足1112xy,答案第2页，总11页那么11442xyxyxy432yxxy4323222yxxy.当且仅当2212xy时取等号.∴最小值为322.故选：A【点睛】本题考查基本不等式的应用,利用“乘1法”是基本不等式求最值中

的重要方法,基本不等式的应用要注意“一正二定三相等”.4．D【解析】作出可行域如下图：由23zxy可得：2133yxz，平移直线2133yxz，则当直线2133yxz经过点2,0A（）时，直线的截距最小，此时z的最小值为4，故选D.5．D【分析】利用三角形△F1F2M

的周长以及离心率列出方程求解a，c，然后求解b，即可得到椭圆方程．【详解】答案第3页，总11页解：椭圆22221xyab（其中a＞b＞0）的两焦点分别为F1，F2，M为椭圆上一点，且△F1F2M的周长为16，可得2a+2c=16，椭圆2222

1xyab（其中a＞b＞0）的离心率为35，可得35ca，解得a=5，c=3，则b=4，所以椭圆C的方程为：2212516xy．故选D．【点睛】本题考查椭圆的简单性质的应用，是基本知识的考查,属于简单题．6．D【解析】试题分析：双曲线

的渐近线方程为，即，圆在第二象限，则与直线相切，，，，化简得．故选D．考点：双曲线的性质，直线与圆的位置关系．7．B【解析】由条件知可由余弦定理得到cosabC，2222222aabcacbbab满足勾股定理，故得到三角形是

直角三角形。故答案为：B。点睛：在解与三角形有关的问题时，正弦定理、余弦定理是两个主要依据.解三角形时，有时可用正弦定理，有时也可用余弦定理，应注意用哪一个定理更方便、简捷一般来说,当条件中同时出现ab及2b、2a时，往往用余弦定理，而题设中如果边和正弦、余弦函数交叉出现时，往往运用正弦

定理将边化为正弦函数再结合和、差、倍角的正余弦公式进行解答8．D答案第4页，总11页【解析】试题分析：因为数列123,,aaa既为等差数列，也为等比数列，所以123,,aaa是一个常数数列，即数列{}

na为常数数列，又51a，所以101a，故选D．考点：等差数列，等比数列．9．B【分析】利用等比数列的求和公式，化简，再代入计算，即可得出结论．【详解】∵5041008110SS∴504110081(1)11(1)101aqqaqq∴50411110q∴q

504＝9，∴10082016SS100811182q.故选B．【点睛】本题考查等比数列的求和公式，考查学生的计算能力，属于中档题．对于等比等差数列的小题，常用到的方法，其一是化为基本量即首项和公比或者公差，其二是观察各项间的脚码关系，即利用数列的基本性质.10

．B【解析】如图，22xyxym答案第5页，总11页即2343mxmy时，28210z4333mmm解得2m故选B11．B【解析】原式可化为：22()1313()2xyxyxy

，解得22xy，当且仅当1xy时成立．所以选B.12．C【解析】试题分析：由题意可知624,2cbea，于是22a，∵21,AFAFAB是的等差中项，∴122ABAFAF，∵111

222AFBFAFAF，∴1211222222BFAFAFaBF．考点：双曲线的简单性质13．030【解析】由余弦定理220(23)422cos120bb，解得2,4bb（舍），所以是等边三角形，030B，填030。14．3【详解】由题意113903adad

，则6151615334Saddadda，应填答案-3．15．10,64答案第6页，总11页【分析】将抛物线的方程变为标准形式，进而求得答案．【详解】由题可得抛物线的标准方程为2116xy，开口向上，焦点在y轴上且1216p所以焦点坐标为10,64

【点睛】本题考查抛物线的标准方程，属于基础题．16．②④【解析】【分析】“一正二定三相等”，不能直接使用均值不等式的化简变形再用均值不等式．【详解】①函数1yxx的自变量x没有正数条件，其最小值不是2；②函数

1yxx，当0x时12yxx，当0x时12yxx，函数最小值为2；③函数22122yxx，最小值为2时取等号的条件不满足；④44112242211yxxxx，当且仅当1x时取“=”．所以正确答案为②④．【点睛】“一正二定三相等

”，不能直接使用均值不等式的化简变形再用均值不等式．17．（1）13A；（2）332【分析】（1）由正弦定理的边角互化可得2sincossincossincosCABAAB，再根据两角和的正弦公式化简即可求解.（2）由（

1）根据余弦定理求出3c，再根据三角形的面积公式即可求解.【详解】答案第7页，总11页（1）因为2coscoscbAaB．由正弦定理可得，2sincossincossincossinsinCABAABABC，因为sin0C，∴1cos2A，所

以13A，（2）由余弦定理可得，214724cc，解可得，3c，11333csin232222SbA【点睛】本题考查了正弦定理、余弦定理解三角形，两角和的正弦公式的逆应用以及三角形的面积公式，掌握定理以

及面积公式是解题的关键，属于基础题.18．（1）3B；（2）137.【分析】(1)根据两角和的三角函数公式化简2sinAcosCsinCcosA,进而得到2bc,再代入223acac利用余弦定理求解cosB即可.(2)利用正弦定理求

解得4b,根据2bc再代入223acac求解得113a即可.【详解】解:（1）因为2sinAcosCsinCcosA,所以2sinAcosCsinCsinCcosA,所以2sinAcosCsinCcos

AsinC,所以2sinACsinC,所以2sinBsinC.由正弦定理,得2bc.因为223acac,由余弦定理,得2222222223122222accacbacaccosBacacacac

又因为(0,)B,所以3B答案第8页，总11页（2）因为ABC的外接圆半径是433则由正弦定理,得4sin332bB.解得4b.所以2c.将2c代入223acac中,得2122aa,解得113a(舍去)或

113a.所以ABC的周长是11342137abc.【点睛】本题主要考查了正余弦定理在解三角形中的运用,同时也考查了两角和的三角函数公式,属于中等题型.19．（1）1nan；（2）12nnTn【详解】（Ⅰ）当1n时，2111111122Saaa，解得11

a（舍去），12a．当2n时，由211122nnnSaa得，211111122nnnSaa，两式作差，得2211111112222nnnnnnnSSaaaaa，整理得2211111102222nnnnaaaa，22110nnnnaa

aa，1110nnnnnnaaaaaa，1110nnnnaaaa，数列na为正项数列，10nnaa，110nnaa，即11

nnaa，数列na是公差为1的等差数列，11211naandnn．（Ⅱ）12nnnncabn，12322324212nnTn，①23412223242212

nnnTnn，②1231122222122nnnnTnn，答案第9页，总11页12nnTn20．（1）见解析；（2）21nna；（3）见解析【解析】试题分析：（1）将

121nnaa转化112(1)nnaa，即可证得结论；（2）由（1），即可求数列na的通项公式；（3）利用裂项法求和，即可得到结论．试题解析：（1）由121nnaa得112(1)nnaa即1121nnaa，又1nnba，故12nnbb所以数

列nb是等比数列．由（1）知nb是1312b，2q的等比数列，故1112221nnnnnbbqa，∴21nna．（2）1111122(21)(21)11(21)(21)(21)(21)2121nnnnnnnnnnnnncaa

，∴122311111111111()()()2121212121213213nnnnS．考点：数列递推式；等比关系的确定；数列与不等式的综合【方法点睛】由数列的递

推公式求通项公式时，若递推关系为an＋1＝an＋f（n）或an＋1＝f（n）·an，则可以分别通过累加、累乘法求得通项公式，另外，通过迭代法也可以求得上面两类数列的通项公式，（如角度二），注意：有的问题也可利用构造法，即通过对递推式

的等价变形，（如角度三、四）转化为特殊数列求通项．21．（1）22yx．（2）26【分析】（1）由题得122p，解之即得抛物线的方程；（2）设直线l方程为1xy，利用弦长公式求解.【详解】解：（1）∵22ypx焦点坐标为,02P答案第10页，总11页∴122p，1p

，∴抛物线的方程为22yx．（2）设直线l方程为1xy，设11,Pxy，22,Qxy，联立212xyyx消元得2220yy，∴120，122yy，122yy，∴21211PQyy221212114yyyy

221124226．∴线段PQ的值为26．【点睛】本题主要考查抛物线方程的求法，考查弦长的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和计算能力.22．122143xy2627S【分析】（1）由

离心率得12ca，点P在椭圆上得221914ab，结合222abc可求得,ab得椭圆方程；（2）设(,),(,)AABBAxyBxy，直线l过焦点2(1,0)F，因此112OABABSyy，由直线方程与椭圆方程联立，利用韦达定理可求得AByy．【详解

】1椭圆2222:10xyCabab的左、右焦点为12,FF，离心率为12，且点31,2P在椭圆上，答案第11页，总11页可得22222191421321abacbacabc

，椭圆的标准方程为22143xy.2设(,),(,)AABBAxyBxy，直线l过焦点2(1,0)F，由2214310xyxy，联立得27690yy，∴69,77ABAByyyy

，2269122()4()4()777ABABAByyyyyy，∴162127OABABSyy．【点睛】本题考查求椭圆标准方程，考查椭圆中的面积问题．首先确定直线过x轴上的点

(1,0)，从而得112OABABSyy，由直线方程与椭圆方程联立，消元后利用韦达定理可求得AByy．这就是“设而不求”思想．