1、广东省深圳市宝安区2019-2020学年高二数学上学期期末调研测试试题（含解析）一、选择题（本大题共12小题）1. 空间四边形ABCD的四边相等，则它的两对角线AC、BD的关系是A. 垂直且相交B. 相交但不一定垂直C. 垂直但不相交D. 不垂直也不相交2. 在等差数列中，则201是该数列的第项A. 60B. 61C. 62D. 633. 方程和所表示的图形是A. 前后两者都是一条直线和一个圆B. 前后两者都是两点C. 前者是一条直线和一个圆，后者是两点D. 前者是两点，后者是一条直线和一个圆4. 直线关于直线对称的直线方程是A. B. C. D. 5. 数列中，且数列是等差数列，则等于A.
2、B. C. D. 6. 经过点且在两轴上截距相等的直线是A. B. C. 或D. 或7. 直线的倾斜角的取值范围是A. B. C. D. 8. 焦点在y轴上的椭圆的离心率为，则m的值为A. 1B. 2C. 3D. 49. 等差数列的首项为，且从第10项开始为比1大的项，则公差d的取值范围是A. B. C. D. 10. 已知抛物线上的点A到焦点F距离为4，若在y轴上存点使得，则该抛物线的方程为A. B. C. D. 11. 已知点在圆上，则的最大值是A. 1B. C. D. 12. 已知是首项为32的等比数列，是其前n项和，且，则数列前10项和为A. 58B. 56C. 50D. 45二、填空
3、题（本大题共3小题）13. 九章算术“竹九节”问题：现有一根9节的竹子，自上而下各节的容积成等差数列，上面4节的容积共为3升，下面3节的容积共4升，则第5节的容积为_升14. 设等差数列满足，的前n项和的最大值为M，则_15. 已知，分别是椭圆的左、右焦点，若直线l：上存在一点P，使得线段的垂直平分线过点，则该椭圆离心率的取值范围是_三、解答题（本大题共7小题）16. 设，利用课本中推导等差数列前n项和公式的方法，可求得的值是_ 17. 如图所示，在长方体中，M是棱的中点证明：平面平面18. 过点作直线l分别交x轴，y轴正半轴于A，B两点，O为坐标原点当面积最小时，求直线l的方程；当取最小值时
4、，求直线l的方程19. 圆上一定点，为圆内一点，P，Q为圆上的动点求线段AP中点的轨迹方程；若，求线段PQ中点的轨迹方程20. 设椭圆的中心是坐标原点，长轴在x轴上，离心率，已知点到椭圆的最远距离是，求椭圆的标准方程21. 已知四棱锥的底面为直角梯形，底面ABCD，且，M是PB的中点证明：平面平面PCD；求AC与PB所成的角余弦值；求平面AMC与平面BMC所成二面角的余弦值22. 已知点，点P为平面上的动点，过点P作直线l：的垂线，垂足为Q，且求动点P的轨迹C的方程；设点P的轨迹C与x轴交于点M，点A，B是轨迹C上异于点M的不同的两点，且满足，求的取值范围答案和解析1.【答案】C【解析】【分析
5、】本题考查两直线的位置关系的判断，是基础题取BD中点E，连结AE、CE，由已知条件推导出平面AEC，从而得到【解答】解：取BD中点E，连结AE、CE，且AE、CE为平面ACE内两条相交直线，平面AEC又平面AEC，故选：C2.【答案】B【解析】解：数列为等差数列又， 则 当时 故选B 由已知中等差数列中，我们易求出数列的公差，进而得到数列的通项公式，根据，构造关于n的方程，解方程即可得到答案本题考查的知识点是等差数列的通项公式，其中根据已知条件求出等差数列的通项公式，是解答本题的关键3.【答案】C【解析】解：方程，即或，表示一条直线和一个圆；方程，即并且，表示是两点和故选：C分别将方程化简，即
6、可得到相应的图形本题考查曲线和方程，考查学生分析解决问题的能力，属于基础题4.【答案】A【解析】解：因为直线的斜率为1，故有将其代入直线即得：，整理即得故选：A利用当对称轴斜率为时，由对称轴方程分别解出x，y，代入已知直线的方程，即得此直线关于对称轴对称的直线方程本题考查求一直线关于某直线的对称直线方程的求法当对称轴斜率为时，由对称轴方程分别解出x，y，代入已知直线的方程，即得此直线关于对称轴对称的直线方程5.【答案】A【解析】解：根据题意，设，数列是等差数列，则，则，即；解可得；故选：A根据题意，设，结合题意计算可得、的值，由等差数列的性质计算可得的值，即可得，解可得的值，即可得答案本题考查
7、等差数列的性质，关键是求出数列的通项公式6.【答案】D【解析】解：当所求的直线与两坐标轴的截距不为0时，设该直线的方程为，把代入所设的方程得：，则所求直线的方程为；当所求的直线与两坐标轴的截距为0时，设该直线的方程为，把代入所求的方程得：，则所求直线的方程为综上，所求直线的方程为：或故选：D分两种情况考虑，第一：当所求直线与两坐标轴的截距不为0时，设出该直线的方程为，把已知点坐标代入即可求出a的值，得到直线的方程；第二：当所求直线与两坐标轴的截距为0时，设该直线的方程为，把已知点的坐标代入即可求出k的值，得到直线的方程，综上，得到所有满足题意的直线的方程此题考查直线的一般方程和分类讨论的数学思
8、想，要注意对截距为0和不为0分类讨论，是一道基础题7.【答案】B【解析】解：直线的斜率，设直线的倾斜角为，则，得故选：B由直线方程求出直线斜率的范围，再由斜率等于倾斜角的正切值求解本题考查直线的倾斜角与斜率的关系，是基础的计算题8.【答案】D【解析】解：焦点在y轴上的椭圆的方程为：，该椭圆的离心率，解得故选：D将焦点在y轴上的椭圆的方程标准化：，可知，利用及其离心率，即可求得m的值本题考查椭圆的简单性质，着重考查椭圆的离心率，属于中档题9.【答案】D【解析】【分析】由题意可知，把代入即可求得d的范围属于一般题本题主要考查了等差数列的通项公式的应用要熟练记忆等差数列的通项公式【解答】解：依题意可
9、知，故选D10.【答案】A【解析】解：由题意可得：，解得，取 ，解得经过检验满足条件该抛物线的方程为故选：A由题意可得：，解得，取利用，即可得出本题考查了抛物线的定义标准方程及其性质、向量数量积运算性质，考查了推理能力与计算能力，属于中档题11.【答案】C【解析】解：设上一点，则，故选：C设圆上一点，则，利用三角函数求最值，得出结论考查圆的参数方程的应用，中档题12.【答案】A【解析】解：是首项为32的等比数列，是其前n项和，且， ，数列前10项和为，故选：A由是首项为32的等比数列，是其前n项和，且，求出q，可得，再求数列前10项和本题考查等比数列的通项与求和，考查学生的计算能力，考查学生分
10、析解决问题的能力，比较基础13.【答案】【解析】解：由题设知，解得，故答案为：由题设知，先求出首项和公差，然后再由等差数列的通项公式求第5节的容积本题考查等差数列的通项公式和前n项和公式，解题时要注意公式的灵活运用14.【答案】2【解析】解：设等差数列的公差为d，令，解得，因此当时，的前n项和取得最大值，故答案为：2利用等差数列的通项公式及其前n项和公式可得：，即可得出本题考查了等差数列的通项公式及其前n项和公式、对数的运算性质，考查了计算能力，属于中档题15.【答案】【解析】解：由，设，由中点公式得的中点M坐标为，由与垂直得，化简得，所以，即，得，或舍去，故故答案为：设，则由中点公式可得线段
11、的中点M的坐标，根据线段的斜率与的斜率之积等于，求出的解析式，再利用，得到，求得e的范围，再结合椭圆离心率的范围进一步e的范围本题考查线段的中点公式，两直线垂直的性质，以及椭圆的简单性质的应用，属于中档题16.【答案】【解析】解：， 故答案为： 由已知中，我们易求出的表达式，进而得到为定值，利用倒序相加法，即可求出的值本题考查的知识点是函数的值，倒序相加法，其中根据已知条件计算出的表达式，进而得到为定值，是解答本题的关键17.【答案】证明：由长方体的性质可知平面，又平面，又，M为的中点，在中，同理，又，从而又，平面，平面ABM，平面平面【解析】由长方体的性质可知平面，推导出，从而平面，由此能证
12、明平面平面本题考查面面垂直的证明，考查空间中线线、线面、面的位置关系等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查化归与转化思想、数形结合思想，是中档题18.【答案】解：根据题意，设直线l的方程为，因为直线l过点，从而有因为，由基本不等式可得，即，当且仅当，即，等号成立，此时的面积刚好取得最小值，此时直线l的方程为，即因为当且仅当，即，等号成立此时直线l的方程为，即【解析】直线l的方程为，因为直线l过点，从而有对于，由基本不等式的性质可得，即，进而结合三角形面积公式计算可得答案；对于，结合基本不等式的性质分析可得答案本题考查直线的截距式方程，涉及基本不等式的性质以及应用，属于基础题19.【答
13、案】解：设AP中点为，由中点坐标公式可知，P点坐标为 点在圆上，故线段AP中点的轨迹方程为设PQ的中点为，在中，设O为坐标原点，则，所以，所以故线段PQ中点的轨迹方程为【解析】设出AP的中点坐标，利用中点坐标公式求出P的坐标，据P在圆上，将P坐标代入圆方程，求出中点的轨迹方程利用直角三角形的中线等于斜边长的一半得到，利用圆心与弦中点连线垂直弦，利用勾股定理得到，利用两点距离公式求出动点的轨迹方程本题考查中点坐标公式、直角三角形斜边的中线等于斜边的一半、圆心与弦中点的连线垂直弦、相关点法求动点轨迹方程20.【答案】解：椭圆的中心是坐标原点，长轴在x轴上，离心率，设，则，故，设为椭圆上的点，由，当
14、，当时有最大值，由，得，不成立；当，当时有最大值，由，故椭圆的标准方程为：【解析】根据题意求出，设为椭圆上的点，由，求出最大值时的a，b，代入即可考查椭圆的性质，求椭圆的标准方程，中档题21.【答案】因为，以A为坐标原点AD长为单位长度，如图建立空间直角坐标系，则各点坐标为0，2，1，0，0，1，证明：因，故，由题设知，且AP与AD是平面PAD内的两条相交直线，由此得面PAD又DC在面PCD上，故面面PCD解：因，设平面AMC、平面BMC的法向量分别为，由，取；，由，取平面AMC与平面BMC所成二面角的余弦值为【解析】以A为坐标原点AD长为单位长度，如图建立空间直角坐标系，则各点坐标为0，2，
15、1，0，0，1，证明面PAD即可得面面PCD由，得求出平面AMC、平面BMC的法向量分别为，求出即可得平面AMC与平面BMC所成二面角的余弦值本题考查了空间位置关系，及利用空间向量求空间角的基本方法，属于中档题22.【答案】解：设，则，因为，所以，即，整理得，所以点P的轨迹C的方程为；根据题意知，设MA：，联立，解得，所以点，设AB：，联立，消去x得，设，则，因为，所以，则，所以，设，则，令，对称轴为，所以y在上单调递增，所以当时，y取最小值，即取最小值，所以最小值为，则最小值为，所以取值范围是【解析】设，则，根据代入整理即可得P点的轨迹方程；表示出MA方程并与轨迹C联立，可得A的坐标，设出直线AB的方程并与C联立，利用根于系数关系表示出，并用换元思想及二次函数最值可求出范围本题考查动点轨迹方程，考查抛物线与直线形成线段的取值范围，利用根与系数关系，二次函数求最值等知识点是关键，属于中档题
