1、广东省东莞市20182019学年度第一学期期末教学质量检查高二数学（文科）一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分. 每小题各有四个选择支，仅有一个选择支正确. 请用2B铅笔把答题卡中所选答案的标号涂黑）1.不等式的解集为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】将一元二次不等式因式分解，再结合二次函数的图像即可求解.【详解】因为，所以，所以或，即原不等式的解集为【点睛】本题主要考查一元二次不等式的解法，属于基础题型.2.在等差数列中，则公差为( )A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由等差数列的性质即可求解.【详解】因为在等差数列中，所以，所以.【点睛】
2、本题主要考查等差数列的性质，属于基础题型.3.命题“”的否定是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由特称命题的否定，直接写出结果即可.【详解】命题“”的否定是“”.【点睛】本题主要考查特称命题的否定，属于基础题型.4.实数满足，则目标函数的最小值为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】先由不等式组作出其所表示的平面区域，再将目标函数化为，结合图像即可确定结果.【详解】由不等式组作出平面区域如下：由题意求目标函数的最小值即是求在y轴截距的最小值问题，由图像可得，直线过点时，截距最小为1.【点睛】本题主要考查简单线性规划问题，属于基础题型.5.若双曲线的渐近线
3、方程为，则双曲线的离心率为 （ ）A. 2 B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】由题意先求出m，进而可求出结果.【详解】因为双曲线的渐近线方程为，所以，所以离心率 .【点睛】本题主要考查双曲线的简单性质，属于基础题型.6.在中，内角满足，则的形状为（ ）A. 直角三角形 B. 等腰三角形 C. 等腰直角三角形 D. 正三角形【答案】B【解析】【分析】先由得，化简整理即可判断出结果.【详解】因为，所以，所以，所以，故，所以三角形是等腰三角形.【点睛】本题主要考查三角恒等变换，属于基础题型.7.若点在曲线上，则的最小值为（ ）A. 8 B. 9 C. 16 D. 18【答案】D【解析】【分
4、析】由在曲线得到关系式，结合基本不等式即可求解.【详解】因为点在曲线上，所以，因此,当且仅当，即时，取最小值18.【点睛】本题主要考查基本不等式，属于基础题型.8.已知实数满足，则下列选项一定成立的是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】结合条件，逐项判断即可。【详解】因为，由不等式同向可加性、同向同正可乘性，所以 ,故A，B错；又当时，所以D错，故选C.【点睛】本题主要考查不等式性质，属于基础题型.9.已知抛物线的焦点为，点在抛物线上，且，点为抛物线准线与其对称轴的交点，则的面积为( )A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】先由抛物线的方程得到焦点坐标和准线方程
5、，进而求出点的坐标，再由定义求出点P坐标，结合三角形面积公式可得出结果.【详解】因为，所以其焦点，准线为,所以设,由得，所以，所以，则.【点睛】本题主要考查抛物线的简单性质，属于基础题型.10.已知函数的图象如图所示（其中是函数的导函数），则的图象可能是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】先由的图像判断出的单调性，进而可判断出结果。【详解】由的图像可得：当时，即；当时，即,所以函数在0上单调递增， 故选B.【点睛】本题主要考查由导函数的图像判断函数的图像，属于基础题型.11.关于的方程在区间上有两个不相等的实根，则实数的取值范围是( )A. B. C. D. 【答案】A【解
6、析】【分析】转化方程为函数，通过求函数的最值，来求k的值域即可.【详解】由得，令，因此方程在区间上有两个不相等的实根，转化为直线与函数在区间上有两交点的问题；因为，令，则在上恒成立，所以函数在上单调递减；又，所以时，;时，;所以在上单调递增，在上单调递减，所以,，因为与函数在区间上有两交点，所以.【点睛】本题主要考查利用导数研究函数单调性和最值问题，属于中档试题.二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分请把答案填在答题卡中相应的位置上）12.已知等比数列的前项和为，且，则_【答案】16【解析】【分析】由，结合条件即可求解.【详解】因为等比数列的前项和为，且，所以.【点睛】本题主要考查数
7、列的递推公式，属于基础题型.13.已知函数在处取得极小值，则实数_.【答案】【解析】【分析】先对函数求导，再由函数在处取得极小值，列方程即可求出结果.【详解】因为，所以，又函数在处取得极小值，所以,故.【点睛】本题主要考查根据函数的极值求参数的问题，属于基础题型.14.已知椭圆的左右焦点分别为，点是椭圆上一点，且的面积为，则椭圆的短轴为_【答案】2【解析】【分析】椭圆焦点三角形的面积公式为，代入数据即可求出结果.【详解】因为的面积为，所以有，故，短轴长为.【点睛】本题主要考查椭圆的简单性质，属于基础题型.15.设曲线在处的切线与轴交点的横坐标为，令，则_.【答案】【解析】【分析】先对函数求导，
8、求出其在点处的切线方程，进而求出，从而可得，用裂项相消法即可求出结果.【详解】因为，所以，所以在处的切线斜率，所以切线方程为,令，则，即，所以;所以.【点睛】本题主要考查裂项相消法求数列的和，属于中档试题.三、解答题（本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）16.已知为锐角三角形，角对边分别为，且满足。（1）求的大小；（2）若的面积为，且，求的大小。【答案】（1）；（2）2【解析】【分析】(1)由正弦定理结合，即可求出的大小;(2)由面积公式和余弦定理，即可求出结果.【详解】(1) ，由正弦定理得 ， 又为锐角三角形， (2)由面积为可得又 根据余弦定理有 将以上数
9、据代入，得解得【点睛】本题主要考查正弦定理和余弦定理解三角形，属于基础题型.17.已知等差数列的首项为1，公差，且是与的等比中项.（1）求数列的通项公式；（2）记，求数列的前项和【答案】（1）；（2）【解析】【分析】(1)由题意求出等差数列的公差，即可求出结果；(2)用裂项相消法求和即可.【详解】(1)设等差数列的公差为， 是与的等比中项. 即 或； (2)由（1）知 .【点睛】本题主要考查等差数列，以及数列的求和，属于基础题型.18.已知命题曲线与轴没有交点；命题方程表示焦点在轴上的双曲线，若命题同真同假，求实数的取值范围。【答案】【解析】【分析】先分别求出命题为真时，对应的参数范围，再由命
10、题同真同假，求出结果即可.【详解】由与轴没有交点，可知，即： 则 ：方程表示焦点在轴的双曲线 同真同假 若同为假命题，则 若同为真命题，则 综上所述，【点睛】本题主要考查由复合命题的真假判断参数的取值范围.19.举世瞩目的大国工程港珠澳大桥历时9年的建设，于2018年10月24正式开通运营，它总长约55千米，跨越伶仃洋，连接珠海、香港和澳门，是“一国两制”下港珠澳三地首次合作共建的超大型跨海交通工程。一辆货车以速度从香港某地经过港珠澳大桥到珠海某地，共行驶了80千米，大桥车速不得超过，每小时的运输成本包括油费和人工费用，经过测算货车每小时用油升，假设油费每升7元，人工费每小时28元，大桥通行费
11、120元/次。（1）当时，这次行车的总费用为多少元？并求行车的总费用（单位：元）与速度之间的函数解析式。（2）当为何值时，这次行车的总费用最低，并求出最低费用（结果保留2位小数，）【答案】（1）；（2）278.37【解析】【分析】(1)行车的总费用等于人工费+油费+大桥通行费，由；设所用时间为t，从而可表示出油费，人工费，进而可得解析式；(2)利用基本不等式，由(1)求出的解析式求出结果.【详解】(1) 当时，行车费用是元. 设所用时间为t (h)， 全程所用油费：元全程所用人工费用：元 所以这次行车总费用y关于x的表达式是 (2) 当且仅当即，等号成立. 故当时，这次行车的总费用最低，最低费
12、用约为278.37元.【点睛】本题主要考查函数模型的应用，属于基础题型.20.已知椭圆的两个焦点分别是，点在椭圆上，且，记椭圆的左右顶点分别为，上顶点为，的面积为2.（1）求椭圆的标准方程；（2）不过点的直线与椭圆相交于两点，记直线的斜率分别为，且。试问：直线是否恒过一定点？若是，求出该定点的坐标；若不是，请说明理由。【答案】（1）；（2）过定点【解析】【分析】(1)由椭圆定义求出长半轴，再由的面积为2，求出短半轴，进而可求出结果.(2)先联立直线与椭圆的方程，由根与系数关系结合体验表示出直线的斜率，斜率之积等于2，即可求出k,m的关系式，从而可求出结果.【详解】(1)设椭圆C的长半轴为a依题
13、意， 得， 由的面积为2得得 所以，椭圆C的方程是(2)将直线的方程代入，消去，整理得（*）设则， 由题意， 将代入上式并化简得整理得将式代入由直线不过点B得，从而化简后： 所以直线过定点【点睛】本题主要考查椭圆的标准方程以及椭圆的简单性质，难度较大.21.已知函数.（1）求的单调区间；（2）设，若对任意，均存在，使得，求的取值范围。【答案】（1）见解析；（2）【解析】【分析】(1)先对函数求导，再通过讨论的取值范围，即可求出结果；(2)由题意可得对任意，均存在，使得，即是，进而可求出的取值范围.【详解】(1) 当时， ，所以的单调递增区间为 当时， ， 在区间上，在区间上 所以当时， 的单调递增区间为，当时,的单调递增区间为，单调递减区间为(2)由已知，转化为， 由（1）知，当时， 的单调递增区间为，值域为R，故不符合题意. 当时,的单调递增区间为，单调递减区间故的极大值即为最大值. 且， 当且仅当时，等号成立. 【点睛】本题主要考查导数的方法研究函数的单调性和最值问题，难度较大.
