1、北京市朝阳区2019-2020学年度第一学期期末质量检测高二年级数学试卷第一部分（选择题共50分）一、选择题:本大题共10小题,每小题5分，共50分.在每小题给出的四个选项中,选出符合题目要求的一项.1.不等式的解集是( )A. B. C. D. 或【答案】A【解析】【分析】根据一元二次不等式的解法直接求解得到结果.【详解】根据一元二次不等式的解法可知不等式的解集为故选：【点睛】本题考查一元二次不等式的求解问题，属于基础题.2.已知，则当取得最小值时，的值为( )A. 1B. 2C. 3D. 4【答案】B【解析】【分析】根据基本不等式的取等条件可求得结果.【详解】（当且仅当，即时取等号）当取得
2、最小值时，故选：【点睛】本题考查基本不等式取等条件的确定问题，关键是明确可利用基本不等式求解函数最值.3.已知双曲线的一个焦点为，则的值为( )A. 9B. 6C. 5D. 3【答案】D【解析】【分析】根据双曲线中可构造方程求得结果.【详解】双曲线焦点为 ，解得：故选：【点睛】本题考查根据焦点坐标求解双曲线方程的问题，关键是明确双曲线之间的关系.4.在平面直角坐标系中，椭圆的中心在原点，焦点在轴上，离心率为 ，过的直线交椭圆于两点，且的周长为16，则椭圆的方程为( )A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】结合椭圆定义可知的周长为，由此求得；利用离心率可求得；根据椭圆可求得，进而得到
3、椭圆方程.【详解】设椭圆方程为由椭圆定义知： 的周长为即，解得： 椭圆的方程为故选：【点睛】本题考查椭圆标准方程的求解，涉及到椭圆定义和离心率的应用问题.5.若，向量不共面，则下列选项中三个向量不共面的是( )A. ，B. ，C. ，D. ，【答案】C【解析】【分析】根据空间向量基本定理，结合向量共面的充要条件，依次判断各个选项即可得到结果.详解】中， ，三个向量共面，错误；中， ，三个向量共面，错误；中，不存在实数，使得成立，三个向量不共面，正确；中， ，三个向量共面，错误.故选：【点睛】本题考查向量共面的判断，涉及到空间向量基本定理的应用，关键是明确三个向量共面，则必然满足.6.已知是两条
4、不同的直线，是两个不同的平面，则下列各组条件中能推出的所有序号是( ) ；A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据直线与平面、平面与平面位置关系相关定理依次判断各个选项即可得到结果.【详解】， 或，又 ，正确；， ，又 ，正确；， ，又 ，正确；在如图所示的正方体中：平面，平面平面，平面，此时与不垂直，错误.故选：【点睛】本题考查空间中线面关系、面面关系相关命题的辨析，关键是熟练掌握空间中直线与平面、平面与平面位置关系的相关定理.7.已知，则的最小值是( )A. 4B. 6C. 8D. 16【答案】C【解析】【分析】利用，配凑出符合基本不等式的形式，利用基本不等式即可求得结果.【
5、详解】（当且仅当，即时取等号）的最小值为故选：【点睛】本题考查利用基本不等式求解和的最小值的问题，关键是能够灵活应用“”，配凑出符合基本不等式的形式.8.已知数列和满足，则“数列为等比数列”是“数列为等比数列”的( )A. 充分而不必要条件B. 必要而不充分条件C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【分析】根据等比数列定义可证得，可知充分性成立；通过反例可确定必要性不成立，从而得到结果.【详解】若数列为等比数列，公比为，则为等比数列，充分性成立设数列的通项公式为 为等比数列，公比若数列为：，满足，但不是等比数列必要性不成立“数列为等比数列”是“数列为等比数列”的充分而不
6、必要条件故选：【点睛】本题考查充分条件与必要条件的判定，涉及到等比数列定义的应用；关键是能够明确数列成等比数列需满足的条件.9.2018亳州一模经过双曲线的左焦点作倾斜角为的直线，若交双曲线的左支于，则双曲线离心率的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】由题意，得，所以，即离心率的范围是，故选B.点睛：解决椭圆和双曲线的离心率的求值及范围问题其关键就是确立一个关于的方程或不等式，再根据的关系消掉得到的关系式，而建立关于的方程或不等式，要充分利用椭圆和双曲线的几何性质、点的坐标的范围等.10.已知球直径为3，是球上四个不同的点，且满足，分别用表示的面积，则的最大值是( )A.
7、 B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据向量数量积为零可确定两两互相垂直，从而将三棱锥的外接球转化为长方体的外接球，根据长方体外接球直径为体对角线长可得，利用基本不等式可求得，进而求得面积之和的最值.【详解】 两两互相垂直三棱锥的外接球即为如下图所示的长方体的外接球设， ，即（当且仅当时取等号） 即的最大值为故选：【点睛】本题考查几何体外接球相关问题的求解，关键是能够利用平面向量数量积等于零得到垂直关系，进而将问题转化为长方体外接球的问题，涉及到利用基本不等式求解最值；需明确长方体外接球的半径为体对角线长度的一半.第二部分（非选择题 共100分）二、填空题:本大题共6小题,每空5分,
8、共30分，答案写在答题卡上.11.双曲线的渐近线方程_【答案】【解析】【分析】先确定双曲线的焦点所在坐标轴，再确定双曲线的实轴长和虚轴长，最后确定双曲线的渐近线方程【详解】双曲线的a=2，b=1，焦点在x轴上而双曲线渐近线方程为y=双曲线的渐近线方程为y=故答案为y=【点睛】本题考察了双曲线的标准方程，双曲线的几何意义，特别是双曲线的渐近线方程，解题时要注意先定位，再定量的解题思想12.抛物线的焦点坐标是_，准线方程是_.【答案】，.【解析】试题分析：由题意得，焦点坐标是，准线方程是，故填：，.考点：抛物线的标准方程及其性质.13.已知公比不为1的等比数列满足，则_.【答案】【解析】【分析】利
9、用和表示出，从而构造方程求得，利用等比数列通项公式可求得结果.【详解】设等比数列公比为，则，解得：故答案为：【点睛】本题考查等比数列通项公式基本量计算，属于基础题.14.某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的体积为_；面积最大的侧面的面积为_.【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】由三视图还原几何体得到四棱锥的直观图，从而确定几何体的高和最大侧面；利用棱锥体积公式和三角形面积公式求解即可得到结果.【详解】由三视图可得四棱锥直观图如下图所示：其中四边形为矩形，平面四棱锥的体积由直观图可知侧面中最大的为，又中边上的高为故答案为：；【点睛】本题考查由三视图还原几何体、棱锥体积和侧面面积的求解
10、问题；关键是能够根据三视图准确还原几何体，从而确定几何体的高和最大侧面.15.莱茵德纸草书是世界上最古老的数学著作之一，其中一道题目的背景是这样的：把100片面包分给5个人，使每个人分得的面包数成等差数列，且使较大的三个数之和的是较小的两个数之和，若将这5个数从小到大排列成递增的等差数列，则该数列的公差为_.【答案】【解析】【分析】利用和表示出已知的等量关系，从而构造出方程组求得结果.【详解】设个数从小到大排列所成的等差数列为，公差为则， ，解得：故答案为：【点睛】本题考查等差数列的实际应用问题，关键是能够利用首项和公差表示出已知的等量关系.16.若不等式对任意满足的实数，恒成立，则实数的最大
11、值为_【答案】【解析】试题分析：因为，所以由得，令，则，由得时取最小值，又，所以的最大值为考点：利用导数求函数最值，不等式恒成立三、解答题:本大题共4小题,共70分.解答应写出文字说明,演算步骤或证明过程.17.已知数列是递增的等差数列，且成等比数列.（1）求数列的通项公式；（2）设，求数列的前项和；（3）若，设数列前项和为，求满足的的最小值.【答案】（1），；（2）；（3）.【解析】【分析】（1）利用和表示出已知的等量关系，从而构造出方程组求得和，根据等差数列通项公式得到结果；（2）由（1）可得，采用分组求和的方式，分别对两组利用等差数列和等比数列求和公式，合并得到最终结果；（3）由（1）可
12、得，采用裂项相消的方法求得，从而构造出关于的不等式，结合可求得结果.【详解】（1）设等差数列的公差为由得：，解得：（2）由（1）得：则（3）由（1）得：由得： 满足的的最小值为【点睛】本题考查等差数列通项公式基本量的计算、分组求和法和裂项相消法求解数列的前项和的问题，涉及到等差数列和等比数列前项和公式的应用；数列求和的关键是能够根据通项公式的具体形式，针对性的选择对应的方法.18.如图，在四棱锥中，底面为矩形，平面平面.已知，.（1）证明：平面；（2）证明：；（3）求二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）.【解析】【分析】（1）根据及线面平行判定定理可证得结论；（2
13、）由面面垂直性质可证得平面，由线面垂直性质可证得结论；（3）取的中点为，根据垂直关系可以为原点建立空间直角坐标系，利用二面角的向量求法可求得结果.【详解】（1）四边形为矩形 平面，平面 平面（2）平面平面，平面平面， 平面，平面平面 （3）取的中点为，取的中点为，连接，则 平面以为坐标原点，分别以所在直线为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，如下图所示不妨设， ，则，由（2）可知： 平面， 平面为平面的一个法向量设平面的一个法向量为则，令，解得：， 二面角为钝角 二面角的余弦值是【点睛】本题考查立体几何中线面平行和线线垂直关系的证明、空间向量法求解二面角的问题；涉及到线面平行的判定定理、线面垂直的
14、性质定理、面面垂直的性质定理等知识的应用，属于常考题型.19.已知抛物线经过点.（1）求抛物线的方程及其准线方程；（2）过抛物线的焦点的直线交于两点，设为原点.（）当直线的斜率为1时，求的面积；（）当时，求直线的方程.【答案】（1），；（2）（）；（）.【解析】【分析】（1）将点代入抛物线方程可求得，进而得到结果；（2）设，（i）设直线，与抛物线方程联立得到韦达定理的形式；由，整理得到，代入韦达定理可求得结果；（ii）设直线，与抛物线方程联立得到韦达定理的形式；由，结合抛物线定义得到，与韦达定理的结论联立后可求得，进而得到结果.【详解】（1）抛物线过点 ，解得：抛物线的方程为，准线方程为（2）
15、由（1）知：设，（i）由题意得：直线的方程为联立得： ，的面积为.（ii）易知直线的斜率存在且不为设直线联立得： ，即联立，解得：，代入得： 直线的方程为【点睛】本题考查直线与抛物线的综合应用问题，涉及到抛物线方程的求解、抛物线中三角形面积的求解、焦点分弦成比例问题的求解；求解焦点分弦成比例问题的关键是能够根据向量共线的关系得到横坐标之间的关系，进而与韦达定理构造方程组求得结果.20.已知椭圆的离心率为，直线经过椭圆的左顶点.（1）求椭圆的方程；（2）设直线（）交椭圆于两点（不同于点）.过原点的一条直线与直线交于点，与直线分别交于点.（）当时，求的最大值；（）若，求证：点在一条定直线上.【答案
16、】（1）；（2）（）；（）证明见解析.【解析】【分析】（1）将点代入直线方程可求得，结合离心率和椭圆关系可求得，进而得到椭圆方程；（2）设，（i）将直线与椭圆方程联立可得韦达定理的形式，利用弦长公式表示出，由二次函数最大值可求得的最大值；（ii）设直线，直线，两式联立可求得，同理可得，根据得到，整理得，将直线与椭圆方程联立可得韦达定理的形式，代入上式得，从而得到，将直线与直线联立可求得，进而得到结果.【详解】（1）设点在直线上 ，解得： 离心率 ，椭圆的方程为（2）设，（i） 由消去可得：即，由得：， 当且仅当时，取到最大值（ii）若，则为的中点 设直线，直线两个方程联立可得：，解得：同理可得：即化简得：由得：，即由得：，代入得：，即若，则直线过点，与已知不符合又 又由，联立消去得：点在定直线上【点睛】本题考查直线与椭圆综合应用问题，涉及到椭圆方程的求解、弦长公式的应用和椭圆中的定直线问题的求解；求解点在定直线问题的关键是能够通过已知等量关系得到变量之间的关系，从而将所求点的横坐标进行化简整理为定值，从而确定定直线.