1、浙江省衢州市2019-2020学年高二数学下学期6月教学质量检测试题（含解析）一、选择题：（本大题共10小题，每题4分，共40分，每个小题只有一个选项符合题意，多选、不选均不给分）1.已知集合，则AB（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据交集的定义计算【详解】由题意故选：C【点睛】本题考查集合的交集运算，属于简单题2.双曲线的渐近线方程为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据双曲线的标准方程得，然后可得渐近线方程【详解】由已知，渐近线方程为，即故选：B【点睛】本题考查求双曲线的渐近线方程，属于基础题3.“”是“”的（ ）A. 充分不必要条件B. 必要
2、不充分条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件【答案】B【解析】【分析】利用集合法判断.【详解】因为所以“”是“”的必要不充分条件，故选：B【点睛】本题主要考查逻辑条件的判断，还考查了理解辨析的能力，属于基础题.4.将函数的图象向右平移个单位长度后，所得函数图象的解析式为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】利用由函数沿着轴向左平移个单位时“左加”，向右平移个单位时“右减”，即可得函数的图象规律可得解.【详解】的图象向右平移个单位长度，则故选: D【点睛】本题考查了三角函数的图象变换，重点考查学生对三角函数图象变换规律的理解与掌握，能否正确处理先周期变换后相位变换这种情况
3、下图象的平移问题，反映学生对所学知识理解的深度.5.已知变量x，y满足约束条件，则z2xy的最小值为（ ）A. 14B. 8C. 6D. 4【答案】C【解析】【分析】作出可行域，为直线的纵截距，数形结合求出最小值.【详解】作出可行域如图所示：目标函数转化为直线，为直线的纵截距，则，数形结合可知当直线过点时取得最小值为.故选：C【点睛】本题考查简单的线性规划问题，属于基础题.6.某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的表面积为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】把该三视图还原成直观图后的几何体是如图的四棱锥，红色线四棱锥A-BCDE为三视图还原后的几何体，其表面积为 .选A.点睛：(1
4、)解决本类题目的关键是准确理解几何体的定义，真正把握几何体的结构特征，可以根据条件构建几何模型，在几何模型中进行判断；(2)解决本类题目的技巧：三棱柱、四棱柱、三棱锥、四棱锥是常用的几何模型，有些问题可以利用它们举特例解决或者学会利用反例对概念类的命题进行辨析7.已知常数，则的图象可能是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据a的范围判断出当时，可排除B、C，再判断当时y的符号即可选出答案.【详解】因为，所以当时，排除B、C；当时，排除A选D.故选：D【点睛】本题考查函数图象的判别，属于基础题.8.若存在实数，使得函数有三个零点，则满足要求的实数的个数为（ ）A. B. C
5、. D. 【答案】C【解析】【分析】令，得出，转化为曲线与函数的图象有三个交点，分曲线的左支、右支分别与抛物线相切，以及曲线过原点三种情况讨论，数形结合可求得实数的值.【详解】令，得出，则曲线与函数的图象有三个交点，若，如下图所示，若使得曲线与函数的图象有三个交点，则直线与抛物线相切，联立，可得，解得；当时，若使得曲线与函数的图象有三个交点，同理可得；当时，令，即，解得或，合乎题意.综上所述，满足条件的值有个.故选：C.【点睛】本题考查利用函数的零点个数求参数，解答关键就是抓住直线与曲线相切的临界位置进行分析，考查数形结合思想的应用，属于中等题.9.在底面为锐角三角形的直三棱柱中，是棱的中点，
6、记直线与直线所成角为，直线与平面所成角为，二面角平面角为，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】设三棱柱是棱长为的正三棱柱，是棱的中点，以为原点，在平面中，过作的垂线为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，利用空间向量法和空间夹角公式分别求出，和，即可比较出的大小.【详解】解：由题可知，直三棱柱的底面为锐角三角形，是棱的中点，设三棱柱是棱长为的正三棱柱，以为原点，在平面中，过作的垂线为轴，轴，为轴，建立空间直角坐标系，则，直线与直线所成的角为，直线与平面所成的角为，平面的法向量，设平面的法向量，则，取，得，二面角的平面角为，由图可知，为锐角，即，由于在区间上单调递减，则.故选
7、：A.【点睛】本题考查利用空间向量法求异面直线所成的角、线面角、面面角，考查了计算求解能力，属于中档题.10.已知数列 中， ，若对于任意的，不等式恒成立，则实数的取值范围为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】先根据题意，对原式进行化简可得，然后利用累加法求得，然后不等式恒成立转化为恒成立，再利用函数性质解不等式即可得出答案.【详解】由题，即 由累加法可得： 即对于任意的，不等式恒成立即 令 可得且即 可得或故选B【点睛】本题主要考查了数列的通项的求法以及函数的性质的运用，属于综合性较强的题目，解题的关键是能够由递推数列求出通项公式和后面的转化函数，属于难题.二、填空题：（
8、本大题共7小题，多空题每空3分，单空题每题4分，共36分）11.直线的斜率为_，倾斜角为_【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】由直线的一般方程 的斜率 可得，由 可得倾斜角.【详解】， ， 故答案为：；【点睛】本题考查直线的斜率与倾斜角.属于基础题.这类题注意直线倾斜角的范围是，而这个区间不是正切函数的单调区间，因此如果根据斜率求倾斜角的范围时，要分与两种情况讨论12.已知向量，若，则m_；若，则m_【答案】 (1). (2). 4【解析】【分析】当时，解方程即得解；当时，解方程即得解.【详解】因为，所以.因为，所以.故答案为：【点睛】本题主要考查向量平行垂直的坐标表示，意在考查学生
9、对这些知识的理解掌握水平.13.十六、十七世纪之交，随着天文、航海、工程、贸易及军事的发展，改进数字计算方法成了当务之急，约翰纳皮尔正是在研究天文学的过程中，为了简化其中的计算而发明了对数，后来天才数学家欧拉发现了对数与指数的关系，即现已知，则_，_【答案】 (1). (2). 1【解析】【分析】根据题意将a，b表示为对数式，根据对数运算性质及换底公式化简求值.【详解】，；.故答案为：；1【点睛】本题考查指数式与对数式的互化、对数运算性质及换底公式，属于基础题.14.已知ABC中，ABBC4，AC2，点D为AB延长线上一点， BD2，连接CD，则CD _，的面积为_【答案】 (1). (2).
10、 【解析】【分析】利用余弦定理求得，由此求得，再由余弦定理求得.求得，结合三角形面积公式求得的面积.【详解】在三角形中，所以，在三角形中，由余弦定理得.，所以.故答案为：；【点睛】本小题主要考查余弦定理解三角形，考查三角形的面积公式，属于中档题.15.已知椭圆上有一点，F为右焦点，B为上顶点，O为坐标原点，且，则椭圆C的离心率为_【答案】【解析】【分析】由题意可得直线的方程，求出到直线的距离，且求出的值，求出的面积及的面积，再由题意可得，的关系，进而求出椭圆的离心率【详解】由题意可得直线的方程为：，即，所以到直线的距离，因为，所以，而，因为，所以，整理可得：，整理可得，解得，故答案为：【点睛】
11、本题主要考查椭圆的简单几何性质和椭圆离心率的计算，考查直线和椭圆的位置关系，考查三角形面积的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.16.已知且， 则的最小值为_【答案】【解析】【分析】先由题得，再得到即得解.【详解】当且仅当时取到最小值.故答案为：【点睛】本题主要考查绝对值三角不等式的应用，考查基本不等式求最值，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.17.当时，不等式恒成立，则a的取值范围是_【答案】【解析】【分析】利用换元法构成新函数，利用导数，分类讨论，根据新函数的单调性和取特殊值法，结合二次函数的性质进行求解即可.【详解】令，所以有，化简得：设函数，原问题等价于在时恒成立，当时，因
12、此当时，单调递增，要想在时恒成立，只需，解得，而，所以；当时，因为，所以，故不成立，显然此时在时不恒成立，综上所述：故答案为；【点睛】本题考查了已知不等式恒成立利用导数求参数取值范围，考查了数学运算能力.三、解答题：（本大题共5小题，共74分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）18.已知角的顶点与原点O重合，始边与x轴的非负半轴重合，它的终边过点P（4，3）（1）求cos的值；（2）若角满足sin（），求sin的值【答案】（1）；（2）或.【解析】【分析】（1）利用三角函数的坐标定义求cos的值；（2）求出，再根据化简求值得解.【详解】解：（1）角终边过点，所以；（2）为第二象限角，或【
13、点睛】本题主要考查三角函数的坐标定义，考查同角的平方关系的应用，考查差角的正弦公式的应用，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.19.如图，在三棱锥PABC中，PA平面ABC，ACBC，D为PC中点，E为AD中点，PAAC2，BC1（1）求证：AD平面PBC：（2）求PE与平面ABD所成角的正弦值【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）先通过线面垂直判定定理，得出平面PAC，所以，由等腰三角形的性质可得，可得最后结果.（2）以C为坐标原点建立空间直角坐标系，求A，B，P，D，E点的坐标，求平面ABD的法向量为，利用线面角的公式即可得出结果.【详解】（1）证明：平面ABC，又因为
14、，平面PAC，D为PC中点，又，平面PBC；（2）以C为坐标原点建立如图空间直角坐标系，设平面ABD的法向量为，则，令，则，得设PE与平面ABD所成角为，则【点睛】本题考查了线面平行的判定定理、线面角等基本知识，考查了空间想象能力、数学运算能力和逻辑推理能力，转化的数学思维，属于中档题目.20.设数列的前n项和为（1）试求的值及数列的通项公式；（2）数列满足：，记数列的前n项和为求证： 【答案】（1）；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）在已知等式中令可求得，已知等式中用代换（）得另一等式，两式相减可得的递推式，说明数列是等差数列，从而可得通项公式；（2）由（1）求出后有累加法求得，写出和
15、式，并用放缩法证得结论【详解】解：（1）由题意，因为，所以，数列是等差数列，；（2），由累加法得，【点睛】本题考查由与的关系式求通项公式，考查证明数列不等式，考查用累加法求通项公式，用放缩法证明数列不等式，本题属于中档题21.如图，抛物线焦点为F（1，0），E是抛物线的准线与x轴的交点，直线AB经过焦点F且与抛物线交于A，B两点，直线AE，BE分别交y轴于M，N两点，记，的面积分别为（1）求抛物线C的标准方程；（2）是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由；（3）求的最小值【答案】（1）；（2）是定值，4；（3）5.【解析】【分析】（1）由焦点坐标得焦参数后可得抛物线方程；（2）由于直
16、线AB的斜率不可能为0，故可设，代入抛物线方程整理后得一元二次方程，设，则，由计算和，并计算可得定值；（3）在（2）基础上，由点坐标求出点坐标，同理得坐标，得（仍然代入），这样可用表示，换元设（），利用函数的单调性可得最小值【详解】解：（1）抛物线的焦点为，抛物线方程为；（2）由已知可得，由于直线AB的斜率不可能为0，故可设，联立，消去x并整理得：，设，则，所以，而，所以（定值）；（3）直线，可得，同理，即，令则，由对勾函数的性质知在上是增函数，在上是增函数，所以时，此时故的最小值是5，此时直线轴【点睛】本题考查求抛物线的方程，考查直线与抛物线相交，直线与抛物线相交中的定值与最值问题的解题方法
17、是“设而不求”的思想方法，设直线方程（是参数，下面所有量都用表示并求解），设交点为，直线方程代入抛物线方程整理后应用韦达定理得，然后用两点坐标求出面积，线段长度后代入转化为的表达式后可求解22.已知函数（1）若，求函数的零点；（2）若不存在相异实数、，使得成立求实数的取值范围；（3）若对任意实数，总存在实数、，使得成立，求实数的最大值【答案】（1）零点分别是：、；（2）；（3）.【解析】【分析】（1）解方程即可得出函数的零点；（2）将函数的解析式表示为分段函数的形式，对实数分、三种情况讨论，分析函数在区间上的单调性，结合题中结论可求得实数的取值范围；（3）由题意可得，对实数分、三种情况讨论，分
18、析函数在区间上单调性，求得函数在区间上的最大值和最小值，进而可得出，由此可求得实数的最大值.【详解】（1）当时，令，可得，所以，或，解得或，所以，当时，函数的零点分别为、；（2）.当时，函数在上递减，符合题意；当时，函数在上递增，符合题意；当时，函数在上递增，在上递减，不符合题意.综上所述，实数的取值范围是；（3）由题意可得.当时，函数在上递减，则，；当时，函数在上递增，；当时，函数在上递增，在上递减，.当时，；当时，.综上所述，因此，实数的最大值为.【点睛】本题考查函数零点的求解，同时也考查了函数不等式能成立与函数等式不成立求参数，考查了函数单调性的应用，考查分类讨论思想的应用，属于中等题.
