1、广东省广州市白云区2019-2020学年高二数学上学期期末教学质量检测试题（含解析）第卷（选择题，共60分）一、选择题：本大题共12小题，每小题5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.设集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】解一元二次不等式求得集合，解一元一次不等式求得集合，由此求得两个集合的交集.【详解】由解得，有解得，所以.故选：C【点睛】本小题主要考查集合交集，考查一元二次不等式、一元一次不等式的解法，属于基础题.2.已知向量，且，则（ ）A. 10B. 10C. 4D. 4【答案】D【解析】分析】根据两个向量平行的条件列方程，解方程求得的
2、值.【详解】由于，所以，解得.故选：D【点睛】本小题主要考查空间向量共线的坐标表示，属于基础题.3.双曲线的焦距为（ ）A. 10B. C. 2D. 5【答案】A【解析】由方程，则，即，则焦距为.4.设命题，都有.则为( )A. ，使B. ，使C. ，使D. ，使【答案】C【解析】【分析】根据全称命题的否定为特称命题,即得解.【详解】根据全称命题的否定为特称命题，命题，都有的否定为：，使故选：C【点睛】本题考查了全称命题的否定为特称命题，考查了学生概念理解的能力，属于基础题.5.若为实数，则下列命题正确的是（ ）A. 若，则B. 若，则C. 若，则D. 若，则【答案】B【解析】【分析】利用不等
3、式的性质对选项逐一分析，由此确定正确选项.【详解】对于A选项，当时，不符合，故A选项错误.对于B选项，由于，所以，所以，所以B选项正确.对于C选项，如，但是，所以C选项错误.对于D选项，由于的正负不确定，所以无法由，得出，故D选项错误.故选：B【点睛】本小题主要考查不等式的性质，属于基础题.6.已知为平面的一个法向量，为一条直线，则“”是“”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【答案】B【解析】【分析】将“”与“”相互推导，根据能否推导的情况判断充分、必要条件.【详解】当“”时，由于可能在平面内，所以无法推出“”.当“”时，“”.综上所述，“”
4、是“”的必要不充分条件.故选：B【点睛】本小题主要考查充分、必要条件的判断，考查线面平行和法向量，属于基础题.7.在长方体中，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法计算出异面直线与所成角的余弦值.【详解】以为原点建立空间直角坐标系，如图所示，依题意，所以，设异面直线与所成角为，则.故选：C【点睛】本小题主要考查异面直线所成角的余弦值的计算，属于基础题.8.已知各项均为正数的数列为等比数列，是它的前项和，若，且与的等差中项为5，则（ ）A. 29B. 31C. 33D. 35【答案】B【解析】【分析】将已知条件转化为的形
5、式，解方程求得，根据等差中项列方程，由此解得.进而求得的值.【详解】由，得，所以，即，所以,（舍去）依题意得，即，所以所以故选:B【点睛】本小题主要考查等比数列通项公式的基本量计算，考查等差中项的性质，考查等比数列前项和，属于基础题.9.命题“若是等比数列，则（且）的逆命题、否命题与逆否命题中，假命题的个数为（ ）A. 0B. 1C. 2D. 3【答案】A【解析】【分析】先判断原命题为真命题，由此得出逆否命题是真命题；判断出原命题的逆命题为真命题，由此判断原命题的否命题也是真命题，由此确定假命题的个数.【详解】若是等比数列，则是与的等比中项，所以原命题是真命题，从而，逆否命题是真命题；反之，若
6、，则当时，所以是等比数列，所以逆命题是真命题，从而，否命题是真命题故选:A【点睛】本小题主要考查四种命题及其相互关系，考查等比数列的性质，属于基础题.10.双曲线的右焦点为，点在的一条渐近线上，为坐标原点，若,则的面积为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】先求得双曲线的渐近线方程，由此求得对应的倾斜角，解直角三角形求得三角形的边长，由此求得以的面积.【详解】双曲线的渐近线方程为，无妨设，因为，所以得,，所以的面积为故选:D【点睛】本小题主要考查双曲线的渐近线方程，考查双曲线的几何性质，考查双曲线中的三角形的面积计算，属于基础题.11.为不断满足人民日益增长的美好生活需要，实
7、现群众对舒适的居住条件、更优美的环境、更丰富的精神文化生活的追求，某大型广场正计划进行升级改造.改造的重点工程之一是新建一个长方形音乐喷泉综合体，该项目由长方形核心喷泉区（阴影部分）和四周绿化带组成.规划核心喷泉区的面积为，绿化带的宽分别为和（如图所示）.当整个项目占地面积最小时，则核心喷泉区的长度为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】设，得到的值，进而求得矩形面积的表达式，利用基本不等式求得面积的最小值，而根据基本不等式等号成立的条件求得此时的长.【详解】设，则，所以，当且仅当，即时，取“”号，所以当时，最小故选:B【点睛】本小题主要考查矩形面积的最小值的计算，考查利用基
8、本不等式求最值，属于基础题.12.在三棱锥中，平面平面，点在棱上，且与平面所成角的正弦值为，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】建立空间直角坐标系，设出点坐标，利用与平面所成角的正弦值为列方程，解方程求得点的坐标，进而求得的长.【详解】取中点，易证：,.如图，以为坐标原点，的方向为轴正方向，建立空间直角坐标系.由已知得,.设，则.设平面的法向量.由,得，可取，所以，解得（舍去），所以故选:A【点睛】本小题主要考查根据线面角的正弦值求线段的长度，考查数形结合的数学思想方法，属于中档题.第II卷（非选择题，共90分）二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分13.已知实数
9、满足约束条件，则的最大值为_【答案】7【解析】【分析】画出可行域，平移基准直线到可行域边界位置，由此求得目标函数的最大值.【详解】画出可行域如下图所示，由图可知，平移基准直线到可行域边界点的位置，此时取得最大值为.故答案为：【点睛】本小题主要考查线性规划求目标函数的最大值，考查数形结合的数学思想方法，属于基础题.14.某学校启动建设一个全新信息化“未来报告厅”，该报告厅的座位按如下规则排列：从第二排起，每一排都比前一排多出相同的座位数，且规划第7排有20个座位，则该报告厅前13排的座位总数是_【答案】260【解析】【分析】将问题转化为等差数列来解决，根据已知条件以及等差数列前项和公式，求得所求
10、的坐标总数.【详解】因为从第二排起每一排都比前一排多出相同的座位数，所以座位数构成等差数列.因为，所以.故答案为：【点睛】本小题主要考查利用等差数列解决实际生活中的问题，属于基础题.15.已知、是椭圆的左，右焦点，点为上一点，为坐标原点，为正三角形，则的离心率为_【答案】【解析】【分析】结合等边三角形的性质和椭圆的定义列方程，化简后求得椭圆的离心率.【详解】如图,因为为正三角形，所以，所以是直角三角形.因为，所以,.因为，所以即，所以.故答案：【点睛】本小题主要考查椭圆离心率的求法，考查椭圆的定义，属于基础题.16.如图，平行六面体中，,则_【答案】【解析】【分析】用基底表示出，然后利用向量数
11、量积的运算，求得.【详解】因为，所以，所以.故答案为：【点睛】本小题主要考查空间向量法计算线段的长，属于基础题.三、解答题：本大题共6小题，满分70分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤17.记为公差不为零的等差数列的前项和，已知，.（1）求的通项公式；（2）求的最大值及对应的大小.【答案】（1）（2）当或时,有最大值为20【解析】【分析】（1）将已知条件转化为的形式列方程，由此解得，进而求得的通项公式.（2）根据等差数列前项和公式求得，利用配方法，结合二次函数的性质求得的最大值及对应的大小.【详解】（1）设的公差为，且由，得，由，得，于是,所以的通项公式为（2）由（1）得因为，所以当或时
12、,有最大值为20【点睛】本小题主要考查等差数列通项公式和前项和公式基本量的计算，考查等差数列前项和的最值的求法，属于基础题.18.已知抛物线的顶点在原点，对称轴是轴，并且经过点，抛物线的焦点为，准线为.（1）求抛物线的方程；（2）过且斜率为的直线与抛物线相交于两点、，过、分别作准线的垂线，垂足分别为、，求四边形的面积.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据抛物线上点的坐标，求得抛物线的方程.（2）设出直线的方程，与抛物线方程联立，解出交点的坐标，结合抛物线的定义和梯形面积公式，求得四边形的面积.【详解】（1）根据题意，设抛物线，因为点在抛物线上，所以，即所以抛物线的方程为（2）由（1）
13、可得焦点，准线为不妨设，过且斜率为的直线的方程为由 得，所以，代入，得，所以，所以，因为四边形是直角梯形，所以四边形的面积为【点睛】本小题主要考查抛物线方程的求法，考查抛物线的定义，考查直线和抛物线的交点坐标，考查梯形面积的计算，属于中档题.19.如图，四棱锥中，底面是菱形，.（1）证明：平面平面；（2）若，求二面角的余弦值.【答案】（1）见解析（2）【解析】【分析】（1）通过菱形的性质证得，通过等腰三角形的性质证得，由此证得平面，从而证得平面平面.（2）方法一通过几何法作出二面角的平面角，解三角形求得二面角的余弦值.方法而通过建立空间直角坐标系，利用平面和平面的法向量，计算出二面角的余弦值.
14、【详解】（1）证明：记，连接因为底面是菱形，所以，是的中点因为，所以因为，所以平面因为平面，所以平面平面（2）因为底面是菱形，所以是等边三角形，即因为，所以又，所以，即方法一：因为是的中点，所以，因为，所以，所以和都是等腰三角形取中点，连接，则，且，所以是二面角的平面角因为，且，所以因为，所以所以二面角的余弦值为方法二：如图，以为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，则，所以，设平面的法向量为由，得，令，得.同理，可求平面的法向量所以所以，二面角的余弦值为【点睛】本小题主要考查面面垂直的证明，考查二面角的余弦值的求法，考查空间想象能力和逻辑推理能力，属于中档题.20.数列的前
15、项和为，且，数列满足，.（1）求数列的通项公式；（2）求证：数列是等比数列；（3）设数列满足，其前项和为，证明：.【答案】（1）（2）见解析（3）见解析【解析】【分析】（1）利用求得数列的通项公式.（2）通过证明，证得数列是等比数列，并求得首项和公比.（3）由（2）求得的通项公式，由此求得的表达式，利用错位相减求和法求得，进而证得.【详解】（1）当时，当时，检验，当时符合所以（2）当时，而，所以数列是等比数列，且首项为3，公比为3（3）由（2）得 ，所以 由得，所以因为，所以【点睛】本小题主要考查已知求，考查等比数列的证明，考查错位相减求和法，考查运算求解能力，属于中档题.21.如图，已知圆：
16、，点是圆内一个定点，点是圆上任意一点，线段的垂直平分线和半径相交于点.当点在圆上运动时，点的轨迹为曲线.（1）求曲线的方程；（2）设过点的直线与曲线相交于两点（点在两点之间）.是否存在直线使得？若存在，求直线的方程；若不存在，请说明理由.【答案】（1）（2）存在，或【解析】【分析】（1）结合垂直平分线的性质和椭圆的定义，求出椭圆的方程.（2）设出直线的方程，联立直线的方程和椭圆方程，写出韦达定理，利用，结合向量相等的坐标表示，求得直线的斜率，进而求得直线的方程.方法一和方法二的主要曲边是直线的方程的设法的不同.【详解】（1）因为圆的方程为，所以，半径因为是线段的垂直平分线，所以所以因为，所以点
17、的轨迹是以，为焦点，长轴长的椭圆因为，所以曲线的方程为（2）存在直线使得方法一：因为点在曲线外，直线与曲线相交，所以直线的斜率存在，设直线的方程为设，由 得则， ， 由题意知，解得因为，所以，即 把代入得， 把代入得，得，满足所以直线的方程为：或方法二：因为当直线的斜率为0时，此时因此设直线的方程为：设，由 得由题意知，解得或，则， ， 因为，所以 把代入得， 把代入得，满足或所以直线的方程为或【点睛】本小题主要考查椭圆的定义和标准方程，考查直线和椭圆的位置关系，考查化归与转化的数学思想方法，考查运算求解能力，属于中档题.22.已知函数.（1）若关于的不等式的解集为，求实数的值；（2）设，若不
18、等式对都成立，求实数的取值范围；（3）若且时，求函数的零点.【答案】（1），（2）（3）见解析【解析】【分析】（1）根据根与系数关系列方程组，解方程组求得的值.（2）将不等式转化为，求得左边函数的最小值，由此解一元二次不等式求得的取值范围.（3）利用判别式进行分类讨论，结合函数的定义域，求得函数的零点.【详解】（1）因为不等式的解集为，所以-3,1为方程的两个根，由根与系数的关系得，即，（2）当时，因为不等式对都成立，所以不等式对任意实数都成立令，所以当时，所以，即，得或，所以实数的取值范围为（3）当时，函数的图像是开口向上且对称轴为的抛物线，当，即时，恒成立，函数无零点当，即或时，（）当时，此时函数无零点（）当时，此时函数有零点3当，即或时，令，得，（）当时，得，此时，所以当时，函数无零点（）当时，得，此时，所以当时，函数有两个零点：，综上所述：当，时，函数无零点；当，时，函数有一个零点为3；当，时，函数有两个零点：，【点睛】本小题主要考查一元二次不等式解集，考查根与系数关系，考查不等式恒成立问题的求解，考查函数零点问题的研究，考查分类讨论的数学思想方法，考查化归与转化的数学思想方法，属于中档题.
