2018-2019学年北京市朝阳区高二第一学期期末质量检测数学试题(解析版)

学试题

一、单选题

1．若a，b，c，d∈R，且a＞b，c＞d，则下列结论正确的是（ ） A．a+c＞b+d 【答案】A

【解析】设a，b，c，d∈R，且a＞b，c＞d，根据同向不等式的可加性可判断A；取特殊值可判断B、C、D的正误. 【详解】

对于A，设a，b，c，d∈R，且a＞b，c＞d，根据同向不等式的可加性知a+c＞b+d，故A正确；

对于B、C，令a2,b0,c0,d3，可知B、C不正确； 对于D，令a1,b2,c1,d2，可知D不正确； 故选：A 【点睛】

本题考查了不等式的性质，需熟记性质，属于基础题. 2．抛物线y24x的准线方程为（ ） A．x1 【答案】C

【解析】由抛物线标准方程知p＝2，可得抛物线准线方程． 【详解】

抛物线y2＝4x的焦点在x轴上，且2p=4,∴抛物线的准线方程是x＝﹣1． 故选C． 【点睛】

本题考查抛物线的标准方程、抛物线的简单性质等基础知识，属于基础题． 3．在等比数列{an}中，a1＝1，a4＝8，则{an}的前5项和是（ ） A．2 【答案】D

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B．8

C．15

D．31

B．x2

C．x1

D．x2

B．a﹣c＞b﹣d

C．ac＞bd

D．＞acb dp=1， 2【解析】利用等比数列的通项公式与求和公式即可得出. 【详解】

设等比数列{an}的公比为q，a1＝1，a4＝8，，

q38，解得q=2，

125则前5项和S531.

12故选：D 【点睛】

本题考查了等比数列的通项公式以及前n项和公式，需熟记公式，属于基础题. 4．正方体ABCDA1B1C1D1中，则异面直线AB1与BC1所成的角是 A．30° 【答案】C

【解析】连接AD1，易知：BC1平行 AD1，

∴异面直线AB1与BC1所成的角即异面直线AB1与AD1所成的角， 连接B1D1，易知△AB1D1为等边三角形， ∴异面直线AB1与BC1所成的角是60° 故选C

B．45°

C．60°

D．90°

x2y25．“m＞0，n＞0，且m≠n”是“方程1表示的曲线为椭圆”的（ ）

mnA．充分而不必要条件 C．充分必要条件 【答案】C

【解析】根据椭圆的方程以及充分和必要条件的定义进行判断即可. 【详解】

B．必要而不充分条件 D．既不充分也不必要条件

x2y2若方程1表示的曲线为椭圆，则m＞0，n＞0，且m≠n，

mnx2y2反之，若m＞0，n＞0，且m≠n，则方程1表示的曲线为椭圆.

mn故选：C 【点睛】

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本题考查了椭圆的方程以及充分不要条件的定义，属于基础题.

AD⊥平面BCDE，DE∥BC，6．如图，在四棱锥A﹣BCDE中，底面BCDE为直角梯形，∠CDE＝90°，BC＝3，CD＝DE＝2，AD＝4．则点E到平面ABC的距离为（ ）

A．

3 5B．

4 5C．

45 5D．2

【答案】C

【解析】连接EC，设点E到平面ABC的距离为h，利用等体法VEABCVABCE即可求解. 【详解】 由题意可得ACAD2DC2422225

连接EC，设点E到平面ABC的距离为h，

11SBCEAD

331111所以BCAChBCDCAD

3232由VEABCVABCE，即SABCh即65h24，解得h故选：C 【点睛】

本题考查了三棱锥的体积公式以及等体法求点到面的距离，需熟记公式，属于基础题.

45. 5第 3 页 共 17 页

7．已知数列满足．若是递增数列，则实数的取

值范围是（ ） A．

B．

C．

D．

【答案】A

【解析】分别保证在每一段上都是单调递增的函数；由于

，所得结果取交集得到取值范围. 【详解】

单调递增 单调递增 又综上所述：本题正确选项： 【点睛】

本题考查利用分段函数的单调性求解参数范围的问题，涉及到数列通项的问题，关键是能够分别保证每一段上的单调性后，确保临界值的大小关系.

或

，可知临界状态时

x2y28．已知F1，F2是双曲线C：221a＞0，b＞0的两个焦点，以线段F1F2为边

ab 作正三角形MF1F2，若边MF1的中点P在双曲线C上，则双曲线C的离心率为（ ）A．4+22 【答案】D

【解析】根据已知边MF1的中点P在双曲线C上，于是有PF2PF12a,F1F22c，由于三角形MF1F2是以线段F1F2为边的正三角形，从而进一步得到3cc2a，代入eB．31

C．31 2D．31

c中即可求解. a【详解】

Q MF1的中点P在双曲线C上，

PF2PF12a,F1F22c， Q正三角形MF1F2 边长都是2c，

3cc2a，

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c2a3131a，

ec31， a故选：D 【点睛】

本题考查了双曲线的定义以及双曲线的几何性质，属于基础题.

9．我国古代数学名著《九章算术》中，有已知长方形面积求一边的算法，其方法的前两步为：第一步：构造数列1，，，，…，.①第二步：将数列①的各项乘以n，得数列（记为）a1，a2，a3,…，an.则a1a2a2a3Lan1an等于（ ） A．n(n1) 【答案】A 【解析】∵ak=．

B．(n1)2

C．n2

D．n(n1)

1213141nn211n≥2时，ak﹣1ak==n2（﹣）．

k1kk1k∴a1a2+a2a3+…+an﹣1an=n2[（1﹣（n﹣1）． 故选：A

10．在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，O为线段AC的中点，点E在线段A1C1上，则直线OE与平面A1BC1所成角的正弦值的取值范围是（ ）

111111）+（）+…+（﹣）]=n2（1﹣）=n223n1nn

33， A．43【答案】B

23， B．33C．，

1143D．，

1132【解析】设正方体的边长为2，以DA、DC、DD1分别为x,y,z轴，建立空间直角坐

uuur标系，设Ea,2a,2，0a2，则OEa1,1a,2，再求出平面A1BC1 的

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一个法向量，直线OE与平面A1BC1所成角为，利用空间向量的数量积，由

ruuurnOEsinruuur即可求解.

nOE【详解】

设正方体的边长为2，以DA、DC、DD1分别为x,y,z轴， 建立空间直角坐标系，如图所示：

则O1,1,0，A12,0,2，B2,2,0，C10,2,2，

uuuuruuurA1B0,2,2，BC12,0,2，

uuur设Ea,2a,2，0a2，则OEa1,1a,2， r设平面A1BC1 的一个法向量为nx,y,z，

vuuuvyz0nA1B0uuuuv ， 则v，可得xz0nBC01r令z1，则x1,y1，所以n1,1,1，

设直线OE与平面A1BC1所成角为，

ruuurnOE2sinruuur则， 2nOE32a14当a1时，sin取最大值为

3， 3当a0或a2时，sin取最小值为

2， 3第 6 页 共 17 页

故直线OE与平面A1BC1所成角的正弦值的取值范围是故选：B 【点睛】

23，. 33本题考查了空间直角坐标系求线面角，解题的关键是建立恰当的空间直角坐标系，属于中档题.

二、填空题

11．设命题p：∀x＞0，x＞lnx．则￢p为_____． 【答案】．∃x0＞0，x0≤lnx0.

【解析】利用全称命题的否定变换形式即可求解. 【详解】

命题p：∀x＞0，x＞lnx． 则￢p为：∃x0＞0，x0≤lnx0. 故答案为：∃x0＞0，x0≤lnx0. 【点睛】

本题考查了全称命题的否定形式，需熟记含有一个全称量词命题的否定变换形式，属于基础题.

x212．双曲线y21的渐近线方程为__________.

9【答案】x3y0

x2【解析】根据焦点在横轴上双曲线的渐近线方程的形式直接求出双曲线y21的渐

9近线方程. 【详解】

x2通过双曲线方程可知：双曲线的焦点在横轴上,a3,b1,所以双曲线y21的渐

9近线方程为：yb1xyxx3y0. a3故答案为：x3y0 【点睛】

本题考查了求双曲线的渐近线方程,通过双曲线方程判断双曲线的焦点的位置是解题的关键.

13．设数列{an}的前n项和为Sn，如果a1＝﹣5，an+1＝an+2，n∈N，那么S1，S2，S3，

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S4中最小的为_____． 【答案】S3．

【解析】根据递推关系式可得数列{an}为等差数列，再利用等差数列的前n项和公式即可求出. 【详解】

Qan1＝an2，nN*，

an1an2，即数列{an}以5为首项，2为公差的等差数列， 5，则Sn5n由a1＝﹣即n3时，SnminS3, 故答案为：S3． 【点睛】

本题考查了等差数列的定义以及等差数列的前n项和公式，需熟记公式，属于基础题. 14．若x＞0，y＞0，且x+2y＝1，则xy的最大值为_____． 【答案】

nn122n26nn39，

21． 8【解析】利用基本不等式即可求解. 【详解】

由x＞0，y＞0，且x+2y＝1，

1， 811当且仅当x2y，即x，y时，等号成立，

421所以xy的最大值为.

81故答案为：

8所以x2y2x2y，解得xy【点睛】

本题考查了基本不等式求积的最大值，应用基本不等式注意验证等号成立的条件，此题属于基础题.

15．已知数列{an}中，a1＝1，前n项和Sn数列{an}的通项公式为_____． 【答案】3. ann2an（n∈N），那么a2的值为_____，3nn1．

2第 8 页 共 17 页

【解析】令n2，代入Snn2an，即可求出a2的值；根据Sn与an的关系可求出3ann1，然后再利用叠乘即可求解. an1n1【详解】

由a1＝1，前n项和Snn2an（n∈N）， 3令n2，则S2a1a24a2，所以a23； 3anSnSn1n2n12anan1n2,nN， 33整理可得n1an1n1an，即

ann1， an1n1所以

anan1an2aaan1nn163L432L， an1an2an3a3a2a1n1n2n34321ann1nnn1. 所以，即ana122故答案为：3，an【点睛】

本题考查了Sn与an的关系、叠乘法求数列的通项公式，属于基础题.

16．已知O是坐标原点，M，N是抛物线y＝x2上不同于O的两点，OM⊥ON， 有下列四个结论： ①|OM|•|ON|≥2； ②OMON22；

③直线MN过抛物线y＝x2的焦点； ④O到直线MN的距离小于等于1． 其中，所有正确结论的序号是_____． 【答案】①②④．

【解析】设直线MN方程为ykxb，将直线MN方程代入抛物线方程y＝x2，利用韦达定理，结合直线垂直的条件，能够证明直线MN过定点，即可判断结论. 【详解】

设直线MN方程为ykxb，Mx1,y1,Nx2,y2，

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nn1

2将直线MN方程代入抛物线方程y＝x2，可得x2kxb0， 则x1x2k，x1x2b，

kOMkONb1，b1， QOMON，于是直线MN方程为ykx1，该直线过定点0,1，故③不正确；

O到直线MN方程的距离d1k121，故④正确；

当k0时，OMON取得最小值2，故①正确； 由基本不等式可得OMON22，故②正确； 故答案为：①②④． 【点睛】

本题考查了直线与抛物线的位置关系、直线过定点、基本不等式，属于中档题.

三、解答题

17．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是正方形，PA⊥AB，PA⊥AD．

（Ⅰ）求证：PA⊥平面ABCD；

（Ⅱ）已知PA＝AD，点E在PD上，且PE：ED＝2：1．

（ⅰ）若点F在棱PA上，且PF：FA＝2：1，求证：EF∥平面ABCD； （ⅱ）求二面角D﹣AC﹣E的余弦值．

【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）（ⅰ）证明见解析，（ⅱ）【解析】（Ⅰ）利用线面垂直的判定定理即可证出. （Ⅱ）（ⅰ）利用线面平行的判定定理即可证出；

（ⅱ）以A为原点，AB为x轴，AD为y轴，AP为z轴，建立空间直角坐标系，分别求出平面ACE的一个法向量以及平面ADC的一个法向量，利用空间向量的数量积即可求出.

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6． 3【详解】

证明：（Ⅰ）∵PA⊥AB，PA⊥AD，AB∩AD＝A， ∴PA⊥平面ABCD．

（Ⅱ）（ⅰ）PA＝AD，点E在PD上，且PE：ED＝2：1． 点F在棱PA上，且PF：FA＝2：1， ∴EF∥AD，

∵EF⊄平面ABCD，AD⊂平面ABCD， ∴EF∥平面ABCD．

解：（ⅱ）∵在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是正方形，PA⊥AB，PA⊥AD， PA＝AD，点E在PD上，且PE：ED＝2：1．

∴以A为原点，AB为x轴，AD为y轴，AP为z轴，建立空间直角坐标系， 设PA＝AD＝3，则A（0，0，0），C（3，3，0），E（0，2，1）．

uuuruuur330（，，），， AE（0，2，1）AC设平面ACE的法向量n（x，y，z），

rvruuunAC3x3y0rv则ruuu，取x＝1，得n（1，﹣1，2）， nAE2yz0r平面ADC的法向量m（0，0，1），

设二面角D﹣AC﹣E的平面角为α，

rrmn26则cosαrr． 3mn6∴二面角D﹣AC﹣E的余弦值为

6． 3

【点睛】

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本题考查线面垂直的判定定理、线面平行的判定定理以及空间向量法求面面角，属于基础题.

18．已知函数f（x）＝ax2+ax﹣1（a∈R）． （Ⅰ）当a＝1时，求f（x）＞0的解集；

（Ⅱ）对于任意x∈R，不等式f（x）＜0恒成立，求a的取值范围； （Ⅲ）求关于x的不等式f（x）＜0的解集． 【答案】（Ⅰ）{x|x＞1515}；或x＜（Ⅱ）（﹣4，0]；（Ⅲ）答案不唯一，

22详见解析．

【解析】（Ⅰ）将a＝1代入，解一元二次不等式即可求解. （Ⅱ）讨论a＝0或a0，根据二次函数的图象与性质即可求解. （Ⅲ）讨论a的取值，根据含参的一元二次不等式的解法即可求解. 【详解】

（Ⅰ）当a＝1时，f（x）＝x2+x﹣1＞0， 解得x＞152或x＜152． ∴f（x）＞0的解集为{x|x＞15152或x＜2}． （Ⅱ）∵f（x）＝ax2+ax﹣1（a∈R）． 对于任意x∈R，不等式f（x）＜0恒成立， ∴a＝0或a＜0Va24a＜0， 解得﹣4＜a≤0，

∴a的取值范围是（﹣4，0]． （Ⅲ）（i）a＝0时，f（x）＝﹣1＜0， 不等式的解集是R，

（ii）a＞0时，f（x）＝ax2+ax﹣1， △＝a2+4a＞0，令f′（x）＝0，

2解得：xaa4a2a，

故f（x）＜0的解集是：（aa24aaa24a2a，2a），

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（iii）a＜0时，△＝a2+4a， ①a＜﹣4时，△＞0，

2aa4a

令f（x）＝0，解得：x，

2a22aa4aaa4a+∞

故f（x）＜0的解集是：（﹣∞，）∪（，），

2a2a②a＝﹣4时，△＝0，f（x）＜0的解集是{x|x}， ③﹣4＜a＜0时，△＜0， f（x）＜0的解集是R． 【点睛】

本题考查了一元二次不等式的解法以及一元二次不等式恒成立求参数的取值范围，属于中档题.

121x2y219．已知椭圆C：221（a＞b＞0），其右焦点为F（1，0），离心率为．

2ab（Ⅰ）求椭圆C的方程；

（Ⅱ）过点F作倾斜角为α的直线l，与椭圆C交于P，Q两点． （ⅰ）当3时，求△OPQ（O为坐标原点）的面积；

（ⅱ）随着α的变化，试猜想|PQ|的取值范围，并证明你的猜想．

x2y243【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）（i），（ii）[3，4），证明见解析. 1；

435【解析】（Ⅰ）根据题意可得c＝1，由离心率（Ⅱ）（i）利用点斜式求出直线l的方程为xc1，以及b2＝a2﹣c2即可求解. a23y+1，将直线l的方程与椭圆联立，根3据韦达定理求出y1+y2，y1y2，进而求出y1y2，利用三角形的面积公式即可求解；（ii）

xmy1设直线l的方程为x＝my+1，设P（x1，y1），Q（x2，y2），联立方程组x2y2，

134利用韦达定理以及弦长公式可求出PQ不等式即可求解. 【详解】

（Ⅰ）由题意可的c＝1，

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12m213m24，设m2+1＝t，t＞1，再利用基本

又

c1，则a＝2， a2则b2＝a2﹣c2＝3，

x2y2∴椭圆方程为1，

43（Ⅱ）（i）设直线l的方程为x3y+1，设P（x1，y1），Q（x2，y2）， 33xy13联立方程组2，消x可得5y2+23y﹣9＝0， 2xy134∴y1+y2923，y1y2，

55(y1y2)24y1y283 5则|y1﹣y2|∴S△OPQ118343|OF|•|y1﹣y2|1， 2255（ii）当α2时，设直线l的方程为x＝my+1，则tanα1， m设P（x1，y1），Q（x2，y2），

xmy1联立方程组x2y2，消x可得（3m2+4）y2+6my﹣9＝0

134∴y1+y26m9yy，， 12

3m243m2422236m36∴|PQ|1m2•(y1y2)4y1y21m•1m2222(3m4)3m4212m21121m•， 223m43m4设m2+1＝t，t＞1，

PQ12t121， 3t131，∵t＞1，∴∈（0，1）

tt12∴1∈（3，4），∴|PQ|∈（3，4）， 3t第 14 页 共 17 页

当m＝0时，此时α2，此时直线方程为x＝1，

31y2则1，解得y＝±，

243∴|PQ|＝3，

综上所述随着α的变化，|PQ|的取值范围为[3，4）． 【点睛】

本题考查了椭圆的标准方程、直线与椭圆的位置关系、弦长公式以及基本不等式，综合性比较强，考查了学生的计算能力，属于中档题

20．已知数列{an}的首项为1，若对任意的n∈N，数列{an}满足an+1﹣3an＜2，则称数列{an}具有性质L．

（Ⅰ）判断下面两个数列是否具有性质L： ①1，3，5，7，9，…； ②1，4，16，，256，…；

（Ⅱ）若{an}是等差数列且具有性质L，其前n项和Sn满足Sn＜2n2+2n（n∈N），求数列{an}的公差d的取值范围；

（Ⅲ）若{an}是公比为正整数的等比数列且具有性质L，设bn＝an2（n∈N），且数列{bn}不具有性质L，求数列{an}的通项公式．

n1【答案】（Ⅰ）1，3，5，7，9，…具有性质L，理由见解析；（Ⅱ）[0，4）；（Ⅲ）an3.

3【解析】（Ⅰ）根据题意利用an+1﹣3an＜2，验证即可

（Ⅱ）利用等差数列的通项公式以及前n项和公式，代入不等式即可求解.

（Ⅲ）利用等比数列的通项公式求出数列{an}的公比q，{bn}不具有性质L，只需存在正整数m，使得bm+1﹣3bm≥2，q32，，进而可确定q，利用等比数列的通项公式即可求解. 【详解】

（Ⅰ）①1，3，5，7，9，…具有性质L． 理由如下：

对于数列1，3，5，7，9，…，其通项公式为an＝2n﹣1，n∈N， an+1﹣3an＝2n+1﹣3（2n﹣1）＝4﹣4n＜2， ∴1，3，5，7，9，…具有性质L． ②1，4，16，，256，…不具有性质L． 理由如下：

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32对于数列1，4，16，，256，…， ∵a3﹣3a2＝16﹣3×4＝4＞2，

∴1，4，16，，256，…不具有性质L．

（Ⅱ）∵等差数列{an}具有性质L，∴an+1﹣3an＜2， 即1+nd﹣3[1+（n﹣1）d]＜2对n∈N均成立， ∴（3﹣2n）d＜4对n∈N均成立，当n＝1时，d＜4， 当n≥2时，d＞而

4恒成立， 32n4＜0，（n≥2，n∈N），∴d≥0，∴0≤d＜4， 32nnn1d， 2∵a1＝1，得Snn∴由题意nnn12d＜2n2+2n对n∈N均成立，

4n2恒成立， n1∴当n＝1时，d∈R，当n≥2时，d＜∵

4n264＞4，∴d≤4． n1n14∵＜0，（n≥2，n∈N），∴d≥0．∴0≤d＜4， 32n综上，0≤d＜4．

∴数列{an}的公差d的取值范围是[0，4）．

n1﹣

（Ⅲ）设数列{an}的公比为q，则ana1qqn1，

∵公比为正整数的等比数列{an}具有性质L， ∴qn﹣3qn﹣1＜2，∴（q﹣3）qn﹣1＜2，∴q﹣3≤0， 若不然，q≥4，此时，（q﹣3）qn﹣1≥4n﹣1，不满足条件， ∵q是正整数，∴q＝1，2，3，

∵{bn}不具有性质L，∴存在正整数m，使得bm+1﹣3bm≥2， ∴q2m3q2m12，（q23）q2m12， ∴q3＞0，∴q32， ∵q∈{1，2，3}．∴q＝3，

当q＝3时，an3n1，满足an+1﹣3an＜2． ∴数列{an}的通项公式为an3n1． 【点睛】

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32323333本题是一道数列的新定义题目，考查了等差数列、等比数列以及等差数列的前n项和公式，需熟记公式，属于中档题.

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