2019-2020学年 广东省广州市白云区 高二上学期期末教学质量检测数学试题(解析版)

质量检测数学试题

一、单选题

1．设集合Ax|x3x40，B{x|2x30}，则AIB（ ） A．(4,] 【答案】C

【解析】解一元二次不等式求得集合A，解一元一次不等式求得集合B，由此求得两个集合的交集. 【详解】

由x3x4x4x10解得A4,1，有2x+30解得B2232B．[3,1) 2C．[3,1) 2D．[,4)

323,，23AB,1. 所以2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.

vvvv2．已知向量a3,1,2，b6,2,t，且aPb，则t（ ）

A．10 【答案】D

【解析】根据两个向量平行的条件列方程，解方程求得t的值. 【详解】 由于a//b，所以故选：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.

B．-10

C．4

D．-4

rr62t，解得t4. 312x2y23．双曲线1的焦距为（ ）

169A．10

B．7 C．27

D．5

第 1 页 共 21 页

【答案】A 【解析】由方程，

，则

，即

，则焦距为

.

4．设命题p:x[0,1]，都有x210.则p为( )

2A．x0[0,1]，使x010 2C．x0[0,1]，使x010

B．x[0,1]，使x210 D．x[0,1]，使x210

【答案】C

【解析】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p:x[0,1]，都有x210的否定为：

2x0[0,1]，使x010

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.

b,c,d为实数，则下列命题正确的是（ ） 5．若a,A．若ab，则a|c|b|c| C．若ab，cd，则acbd 【答案】B

【解析】利用不等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c=0时，不符合，故A选项错误.

对于B选项，由于ac2bc2，所以c0，所以ab，所以B选项正确.

对于C选项，如a2,b3,c2,d3,23,23，但是acbd，所以C选项错误.

B．若ac2bc2，则ab D．若ab，cd，则acbd

b,c,d的正负不确定，所以无法由ab，cd得出acbd，故对于D选项，由于a,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n为平面的一个法向量，l为一条直线，则“ln”是“l//”的（ ）

第 2 页 共 21 页

vvA．充分不必要条件 C．充要条件 【答案】B

B．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件

【解析】将“ln”与“l//”相互推导，根据能否推导的情况判断充分、必要条件. 【详解】

当“ln”时，由于l可能在平面内，所以无法推出“l//”. 当“l//”时，“ln”.

rrrr综上所述，“ln”是“l//”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ABCDA1B1C1D1中，ABBCa，AA，则异面直线AC1与CD113a所成角的余弦值为（ ） A．

1 5B．

5 6C．5 5D．

2 2【答案】C

【解析】建立空间直角坐标系，利用向量法计算出异面直线AC1与CD1所成角的余弦值. 【详解】

以D为原点建立空间直角坐标系，如图所示，依题意

Aa,0,0,C0,a,0,C10,a,3a,D10,0,3a，所以uuuurAC1a,a,1uuuuruuuurAC1CD1a23a25cosuuuuruuuur.

55a2aAC1CD1uuuur3a,CD0,a,3a，设异面直线AC与CD所成角为，则

11故选：C

第 3 页 共 21 页

【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an为等比数列，Sn是它的前n项和，若S37a3，且a2与a4的等差中项为5，则S5（ ） A．29 【答案】B

【解析】将已知条件转化为a1,q的形式，解方程求得q，根据等差中项列方程，由此解得a1.进而求得S5的值. 【详解】

由S37a3，得a1a2a37a3，所以6a3(a1a2)0，即6q2q10，

B．31

C．33

D．35

113,q（舍去）．依题意得a2a410，即a1(qq)10，所以a116． 23116[1()5]231． 所以S5112所以q故选:B．

第 4 页 共 21 页

【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n项和，属于基础题.

anank9．命题“若an是等比数列，则（nk且n,kN*）的逆命题、否命ankan题与逆否命题中，假命题的个数为（ ） A．0 【答案】A

【解析】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{an}是等比数列，则an是ank与ank的等比中项，所以原命题是真命题， 从而，逆否命题是真命题；

B．1

C．2

D．3

anankanan1(nk，n,kN*)(n1,nN*)，反之，若，则当k1时， ankanan1an所以{an}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.

y210．双曲线C:x1的右焦点为F，点P在C的一条渐近线上，O为坐标原点，

32若POPF,则△PFO的面积为（ ） A．32 4B．32 2C．

1 2D．

3 2【答案】D

【解析】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PFO的边长，由此求得以PFO的面积. 【详解】

y2双曲线C:x1的渐近线方程为y3x，无妨设POF60o，

32因为POPF，|OF|c2，所以得|PO|2cos60o1,|PF|2sin60o3，

第 5 页 共 21 页

所以PFO的面积为故选:D． 【点睛】

13． 1322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A1B1C1D1，该项目由长方形核心喷泉区

ABCD（阴影部分）和四周绿化带组成.规划核心喷泉区ABCD的面积为1000m2，绿

化带的宽分别为2m和5m（如图所示）.当整个项目占地A1B1C1D1面积最小时，则核心喷泉区BC的长度为（ ）

A．20m 【答案】B

B．50m

C．1010m

D．100m

【解析】设BCx，得到CD的值，进而求得矩形A1B1C1D1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BC的长. 【详解】

设BCx，则CD100010004) ，所以SYA1B1C1D1(x10)(xx1040(4x当且仅当4x1000010000)104024xg1440， xx10000，即x50时，取“”号， x所以当x50时，SYA1B1C1D1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，考查利用基本不等式求最值，属于基础题. 12．在三棱锥DABC中，ABBC22，DADCAC4，平面ADC平

第 6 页 共 21 页

面ABC，点M在棱BC上，且DC与平面DAM所成角的正弦值为（ ） A．3，则AM445 3B．10 C．23 D．226 3【答案】A

【解析】建立空间直角坐标系，设出M点坐标，利用DC与平面DAM所成角的正弦值为3列方程，解方程求得M点的坐标，进而求得AM的长. 4【详解】

取AC中点O，易证：ODAC,ODOB,ACOB.

如图，以O为坐标原点，OB的方向为x轴正方向，建立空间直角坐标系Oxyz. 由已知得Ouuur0,0,0,B2,0,0,A0,2,0,C0,2,0,

uuuruuurD(0,0,23),AD(0,2,23),DC(0,2,23).

设M(a,2a,0)(0a2)，

uuur则AM(a,4a,0).

r设平面DAM的法向量nx,y,z.

由ADn0,AMn0得uuurruuuurr2y23z0，

ax(4a)y0r可取n(3(a4),3a,a)，

uuurr所以sincosDC,n解得a4（舍去），a|23a23a|43(a4)23a2a23， 44， 322uuuur4845所以|AM|．

333故选:A．

第 7 页 共 21 页

【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.

二、填空题

x1013．已知实数x,y满足约束条件xy10，则z2xy的最大值为__________．

3xy30【答案】7

【解析】画出可行域，平移基准直线2xy0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2xy0到可行域边界点B2,3的位置，此时z2xy取得最大值为2237. 故答案为：7

第 8 页 共 21 页

【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的信息化“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】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n项和公式，求得所求的坐标总数. 【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an构成等差数列an. 因为a720，所以S13故答案为：260 【点睛】

第 9 页 共 21 页

13(a1a13)132a713a7260.

22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.

x2y215．已知F1、F2是椭圆C:221(ab0)的左，右焦点，点P为C上一点，

abO为坐标原点，VPOF2为正三角形，则C的离心率为__________．

【答案】31

【解析】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VPOF2为正三角形，所以|OF1||OP||OF2|， 所以F1PF2是直角三角形.

o因为PF2F160，|F2F1|2c，所以|PF2|c,|PF. 1|3c因为|PF2||PF1|2a，所以c3c2a

c2==3-1，所以e31. 即a3+1故答案为：31

【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ABCDA1B1C1D1中，

ABADAA11,BADDAA1BAA160,则BD1__________．

【答案】2 第 10 页 共 21 页

uuuuruuuur【解析】用基底表示出BD1，然后利用向量数量积的运算，求得BD1.

【详解】

uuuuruuuuruuuruuuruuuruuur因为BD1AD1ABADAA， 1ABuuuur2uuuruuuruuur2所以BD1(ADAA1AB)

uuur2uuur2uuur2uuuruuuruuuruuuruuuruuurADAA1AB2ADgAA12ADgAB2AA1gAB

1112cos60o2cos60o2cos60o2，

uuuur所以BD|BD1|2. 故答案为：2 【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

2217．记Sn为公差不为零的等差数列an的前n项和，已知a1a9，S618.

（1）求an的通项公式；

（2）求Sn的最大值及对应n的大小.

*【答案】（1）an102n(nN)（2）当n4或n5时,Sn有最大值为20．

【解析】（1）将已知条件转化为a1,d的形式列方程，由此解得a1,d，进而求得an的通项公式.

（2）根据等差数列前n项和公式求得Sn，利用配方法，结合二次函数的性质求得Sn的最大值及对应n的大小. 【详解】

（1）设an的公差为d，且d0．

22由a1a9，得a14d0，

由S618，得a15d3， 2于是a18,d2．

*所以an的通项公式为an102n(nN)．

第 11 页 共 21 页

（2）由（1）得Sn8nn(n1)(2) 2n29n

981(n)2

24因为nN*，

所以当n4或n5时,

Sn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n项和公式基本量的计算，考查等差数列前n项和的最值的求法，属于基础题.

18．已知抛物线C的顶点在原点，对称轴是x轴，并且经过点1,2，抛物线C的焦点为F，准线为l. （1）求抛物线C的方程；

（2）过F且斜率为3的直线h与抛物线C相交于两点A、B，过A、B分别作准线

l的垂线，垂足分别为D、E，求四边形ABED的面积.

【答案】（1）y24x（2）643 9【解析】（1）根据抛物线上点的坐标，求得抛物线的方程.

（2）设出直线h的方程，与抛物线方程联立，解出交点A,B的坐标，结合抛物线的定义和梯形面积公式，求得四边形ABED的面积. 【详解】

（1）根据题意，设抛物线C为y22px(p0)， 因为点(1,2)在抛物线上，所以(2)22p，即p2． 所以抛物线C的方程为y24x．

（2）由（1）可得焦点F(1,0)，准线为l:x1． 不妨设A(x1,y1)，B(x2,y2)(x1x2)

过F且斜率为3的直线h的方程为y3(x1)．

第 12 页 共 21 页

2y4x由 得3x210x30， y3(x1)所以x13，x2123．代入y3(x1)，得y123，y2． 33

所以A(3,23)，B(,所以|AD|x11323)． 3p4， 2p4|BE|x2，

238|DE||y1y2|3．

3因为四边形ABED是直角梯形，所以四边形ABED的面积为

1643． (|AD||BE|)|DE|29【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PABCD中，底面ABCD是菱形，PBPD.

（1）证明：平面APC平面BPD；

（2）若PBPD，DAB60，APAB2，求二面角APDC的余弦值. 5【答案】（1）见解析（2）

7【解析】（1）通过菱形的性质证得BDAC，通过等腰三角形的性质证得BDPO，由此证得BD平面APC，从而证得平面APC平面BPD.

第 13 页 共 21 页

（2）方法一通过几何法作出二面角APDC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APD和平面CPD的法向量，计算出二面角的余弦值. 【详解】

（1）证明：记ACIBDO，连接PO． 因为底面ABCD是菱形，

所以BDAC，O是BD,AC的中点． 因为PBPD，所以POBD． 因为ACIPOO， 所以BD平面APC．

因为BD平面BPD，所以平面APC平面BPD．

（2）因为底面ABCD是菱形，DAB60o，APAB2， 所以BAD是等边三角形，即BDAB2． 因为PBPD，所以PO1BD1． 2又AOABsin60o3，AP2，所以PO2AO2AP2， 即POAO．

方法一：因为O是AC的中点，所以CPAP2， 因为CDAB2，所以CPCD， 所以PAD和PCD都是等腰三角形．

取PD中点E，连接AE,CE，则AEPD，且CEPD， 所以AEC是二面角APDC的平面角． 因为POBD，且POOD所以DP1212因为AECE1BD1， 22．

22(2214， )22AC2AO23，

AE2CE2AC25所以cosAEC．

2AEgCE75所以二面角APDC的余弦值为．

7第 14 页 共 21 页

方法二：如图，以O为坐标原点，OA,OB,OP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系Oxyz，

则A(3,0,0)，D(0,1,0)，P(0,0,1)，C(3,0,0,)，

uuuruuuruuur所以DA(3,1,0)，DP(0,1,1)，DC(3,1,0)．

设平面APD的法向量为n1(x,y,z)

uruuuvuvn10DA·3xy0vuv由uuu，得， DP·n01yz0ur令y3，得n1(1,3,3).

uur同理，可求平面PDC的法向量n2(1,3,3)． uruururuurn1gn2ruur 所以cosn1,n2u|n1||n2|211(3)33(3)1(3)32213(3)222

5．

75所以，二面角APDC的余弦值为．

7

【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an的前n项和为Sn，且Snn2nN，数列b满足b2，

*n1bn3bn12n2,nN*.

（1）求数列an的通项公式； （2）求证：数列bn1是等比数列；

第 15 页 共 21 页

（3）设数列cn满足cnan，其前n项和为Tn，证明：Tn1. bn1*【答案】（1）an2n1(nN)（2）见解析（3）见解析

S1,n1【解析】（1）利用an求得数列an的通项公式.

SS,n2n1n（2）通过证明

bn13，证得数列{bn1}是等比数列，并求得首项和公比.

bn11（3）由（2）求得bn的通项公式，由此求得cn的表达式，利用错位相减求和法求得Tn，进而证得Tn1. 【详解】

（1）当n1时，a1S11．

22当n2时，anSnSn1n(n1)2n1．

检验，当n1时a11211符合．

*所以an2n1(nN)．

bn13bn1213(bn11)3， （2）当n2时，

bn11bn11bn11而b113，所以数列{bn1}是等比数列，且首项为3，公比为3．

n1n（3）由（2）得 bn1333，

cnan2n11n(2n1)()n， bn133所以Tnc1c2c3Lcn1cn

111111()3()25()3L(2n3)()n1(2n1)()n ①

33333111111Tn1()23()35()4L(2n3)()n(2n1)()n1 ② 333333由①②得

2111111Tn(2n1)()n12[()2()3()4L()n]， 333333311()2[1()n1]113(2n1)()n123

1331()3第 16 页 共 21 页

1111(2n1)()n1()n 333322n21n()()， 3331n所以Tn1(n1)()．

31n因为(n1)()0，所以Tn1．

3【点睛】

本小题主要考查已知Sn求an，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A：(x1)2,是圆A内一个定点，点P是圆上y216，点B10任意一点，线段BP的垂直平分线l1和半径AP相交于点Q.当点P在圆上运动时，点Q的轨迹为曲线C.

（1）求曲线C的方程；

（2）设过点D4,0的直线l2与曲线C相交于M,N两点（点M在D,N两点之间）.是否存在直线l2使得DN2DM？若存在，求直线l2的方程；若不存在，请说明理由.

uuuvuuuuvx2y255【答案】（1）1（2）存在，y(x4)或y(x4)．

4366【解析】（1）结合垂直平分线的性质和椭圆的定义，求出椭圆C的方程. （2）设出直线l2的方程，联立直线l2的方程和椭圆方程，写出韦达定理，利用

uuuruuuurDN2DM，结合向量相等的坐标表示，求得直线l2的斜率，进而求得直线l2的方程.

方法一和方法二的主要曲边是直线l2的方程的设法的不同. 【详解】

（1）因为圆A的方程为(x1)所以A(1,0)，半径r4．

因为l1是线段AP的垂直平分线，所以|QP||QB|．

第 17 页 共 21 页

2y216，

所以|AP||AQ||QP||AQ||QB|4． 因为4|AB|，

所以点Q的轨迹是以A(1,0)，B(1,0)为焦点，长轴长2a4的椭圆． 因为a2，c1，b2a2c23，

x2y2所以曲线C的方程为1．

43（2）存在直线l2使得DN2DM．

方法一：因为点D在曲线C外，直线l2与曲线C相交， 所以直线l2的斜率存在，设直线l2的方程为yk(x4)． 设M(x1,y1),N(x2,y2)(x1x2)，

uuuruuuurx2y21由4 得(34k2)x232k2x(64k212)0． 3yk(x4)32k2则x1x2， ① 234k64k212， ② x1x234k2由题意知(32k2)24(34k2)(64k212)0，解得因为DN2DM，

所以x242(x14)，即x22x14． ③

11k． 22uuuruuuur416k2416k2把③代入①得x1，x2 ④ 2234k34k把④代入②得36k25，得k115，满足k．

226所以直线l2的方程为：y55(x4)或y(x4)． 66uuur方法二：因为当直线l2的斜率为0时，M(2,0)，N(2,0)，DN(6,0)，

uuuurDM(2,0)

第 18 页 共 21 页

uuuruuuur此时DN2DM．

因此设直线l2的方程为：xty4． 设M(x1,y1),N(x2,y2)(x1x2)，

x2y21由4 得(3t24)y224ty360． 3xty4由题意知(24t)2436(3t24)0，解得t2或t2， 则y1y224t， ①

3t2436， ② 23t4uuuruuuur因为DN2DM，所以y22y1． ③ y1y2把③代入①得y128t16ty， ④ 23t243t246，满足t2或t2． 5把④代入②得5t36，t所以直线l2的方程为y【点睛】

55(x4)或y(x4)． 66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f(x)x2mx(mn)(m,nR).

（1）若关于x的不等式fx0的解集为3,1，求实数m,n的值；

（2）设m2，若不等式fxn3n对xR都成立，求实数n的取值范围；

2（3）若n3且x1,时，求函数fx的零点.

【答案】（1）m2，n1．（2）(,1)U(3,)（3）见解析 【解析】（1）根据根与系数关系列方程组，解方程组求得m,n的值. （2）将不等式f(x)n23n转化为x22x2n22n，求得左边函数

gxx22x2的最小值，由此解一元二次不等式求得n的取值范围.

（3）利用判别式进行分类讨论，结合函数fx的定义域，求得函数fx的零点.

第 19 页 共 21 页

【详解】

（1）因为不等式f(x)0的解集为(3,1)，所以-3,1为方程f(x)0的两个根， 由根与系数的关系得

31m，即m2，n1． 31mn（2）当m2时，f(x)x22x(n2)， 因为不等式f(x)n23n对xR都成立， 所以不等式x22x2n22n对任意实数x都成立． 令g(x)x22x2(x1)23， 所以g(x)minn22n． 当x1时，g(x)min3，

所以3n22n，即n22n30，得n1或n3， 所以实数n的取值范围为(,1)U(3,)．

2（3）当n3时，f(x)xmx(m3)x1，

函数f(x)的图像是开口向上且对称轴为xm的抛物线， 2(m)24(m3)m24m12．

①当，即2m6时，f(x)0恒成立，函数f(x)无零点． ②当0，即m2或m6时，

m1(1,)，此时函数f(x)无零点． 2m3(1,)，此时函数f(x)有零点3． （ⅱ）当m6时，x2（ⅰ）当m2时，x③当，即m2或m6时，令f(x)x2mx(m3)0，得

mm24m12，mm24m12 x1x222f(1)40．

mx1（ⅰ）当m2时，得，此时x1x21， 2f(1)40第 20 页 共 21 页

所以当x(1,)时，函数f(x)无零点．

mx3（ⅱ）当m6时，得，此时1x1x2，所以当x(1,)时，函数f(x)2f(1)4022mm4m12mm4m12．

有两个零点：，22综上所述：当m6，x(1,)时，函数f(x)无零点； 当m6，x(1,)时，函数f(x)有一个零点为3；

2mm4m12，

当m6，x(1,)时，函数f(x)有两个零点：

2mm24m12．

2【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.

第 21 页 共 21 页