浙江省绍兴市上虞区2018-2019学年高二下学期期末考试数学试题

浙江省绍兴市上虞区2018-2019学年高二下学期期末考试数学试题

‎2018-2019学年第二学期高二期末教学质量调测 数学试卷 一、选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．‎ ‎1.集合，，若，则的值为（ ）．‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 因为，所以，选D.‎ ‎2.双曲线的焦点到渐近线的距离为（ ）‎ A. 1 B. 2 C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求出双曲线的焦点坐标，再求出双曲线的渐近线方程，再求焦点到渐近线的距离.‎ ‎【详解】由题得双曲线的一个焦点坐标为（4,0），渐近线方程为即.‎ 所以焦点到渐近线的距离为.‎ 故选：D ‎【点睛】本题主要考查双曲线的简单几何性质，考查点到直线的距离的计算，意在考查学生对该知识的理解掌握水平，属于基础题.‎ ‎3.若实数满足，则的最大值为（ ）‎ A. 3 B. 4 C. 5 D. 6‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 作出不等式组对应的平面区域，利用目标函数的几何意义，利用数形结合进行求解即可．‎ ‎【详解】作出不等式组对应的平面区域如图：（阴影部分）．‎ 设得，‎ 平移直线，‎ 由图象可知当直线经过点时，直线的截距最大，‎ 此时最大．‎ 由，解得，即，‎ 代入目标函数得．‎ 即目标函数的最大值为4．‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】本题主要考查线性规划的应用，利用目标函数的几何意义，结合数形结合的数学思想是解决 此类问题的基本方法．‎ ‎4.若实数满足，则下列关系中不可能成立的是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意，结合对数函数的性质，依次分析选项，综合即可得答案．‎ ‎【详解】根据题意，实数，满足，‎ 对于，若，均大于0小于1，依题意，必有，故有可能成立；‎ 对于，若，则有，故有可能成立；‎ 对于，若，均大于1，由，知必有，故有可能成立；‎ 对于，当时，，，不能成立，‎ 故选：．‎ ‎【点睛】本题考查对数函数的单调性，注意分类讨论、的值，属于中档题.‎ ‎5.在我国南北朝时期，数学家祖暅在实践的基础上提出了体积计算的原理：“幂势既同，则积不容异”．其意思是，用一组平行平面截两个几何体，若在任意等高处的截面面积都对应相等，则两个几何体的体积必然相等．根据祖暅原理，“两几何体A、B的体积不相等”是“A、B在等高处的截面面积不恒相等”的（ ）条件 A. 充分不必要 B. 必要不充分 C. 充要 D. 既不充分也不必要 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先阅读题意，再由原命题与其逆否命题的真假及充分必要条件可得解 ‎【详解】由已知有”在任意等高处 截面面积都对应相等”是“两个几何体的体积必然相等“的充分条件不必要条件，结合原命题与其逆否命题的真假可得：‎ ‎“两几何体A、B的体积不相等”是“A、B在等高处的截面面积不恒相等”的充分不必要条件，故选：A．‎ ‎【点睛】本题考查了阅读能力、原命题与其逆否命题的真假及充分必要条件，属中档题。‎ ‎6.函数与在同一坐标系中的图象可能是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由二次函数中一次项系数为0，我们易得函数的图象关于轴对称，‎ 然后分当时和时两种情况，讨论函数的图象与函数的图象位置、形状、顶点位置，可用排除法进行解答．‎ ‎【详解】由函数中一次项系数为0，我们易得函数的图象关于轴对称，可排除；‎ 当时，函数的图象开口方向朝下，顶点点在轴下方，函数的图象位于第二、四象限，可排除；‎ 时，函数的图象开口方向朝上，顶点点在轴上方，可排除A；‎ 故选：C．‎ ‎【点睛】本题考查的知识点是函数的表示方法(图象法)‎ ‎，熟练掌握二次函数及反比例函数图象形状与系数的关系是解答本题的关键．‎ ‎7.已知圆的圆心为，点是直线上的点，若圆上存在点使，则实数的取值范围是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 问题转化为到直线的距离.‎ ‎【详解】如图所示：过作圆的切线，切点为，则，‎ ‎，即有解，‎ ‎，则到直线的距离，‎ ‎，解得，‎ 故选：．‎ ‎【点睛】本题考查了直线与圆的位置关系，属中档题．‎ ‎8.已知椭圆与双曲线 有相同的焦点，点是两曲线的一个公共点，且，若椭圆离心率，则双曲线的离心率（ ）‎ A. B. C. 3 D. 4‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设，，由椭圆和双曲线的定义，解方程可得，，再由余弦定理，可得，与的关系，结合离心率公式，可得，的关系，计算可得所求值．‎ ‎【详解】设，，为第一象限的交点，‎ 由椭圆和双曲线的定义可得，，‎ 解得，，‎ 在三角形中，，‎ 可得，‎ 即有，‎ 可得，‎ 即为，‎ 由，可得，‎ 故选：．‎ ‎【点睛】本题考查椭圆和双曲线的定义和性质，主要是离心率，考查解三角形的余弦定理，考查化简整理的运算能力，属于中档题．‎ ‎9.在中，，，现将绕所在直线旋转至，设二面角的大小为，与平面所成角为，与平面所成角为 ‎，若，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意画出图形，由线面角的概念可得的范围，得到正确，取特殊情况说明，，错误．‎ ‎【详解】如图，‎ 为等腰直角三角形，，将绕所在直线旋转至，则，‎ 可得平面，二面角的大小，‎ 是平面的一条斜线，则与平面垂直时，与平面所成角最大，则的范围为，，故正确；‎ 此时，故错误；‎ 当与平面垂直时，三棱锥满足，，，，‎ 则，设，则，在平面的射影为的中心，‎ 求得，即与平面所成角的余弦值，则，故错误；‎ 当无限接近0时，无限接近，，故错误．‎ 综上，正确的选项是．‎ 故选：．‎ ‎【点睛】本题考查空间角及其求法，考查空间想象能力与思维能力，属难题．‎ ‎10.已知数列满足，，，设为数列的前项之和，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由可知数列为等差数列且公差为，然后利用等差数列求和公式代入计算即可。‎ ‎【详解】由可知数列为等差数列且公差为，所以 故选．‎ ‎【点睛】本题主要考查等差数列的概念及求和公式，属基础题。‎ 二、填空题：本大题共7小题，多空题每小题6分，单空题每小题4分，共36分．‎ ‎11.___________，_____________．‎ ‎【答案】 (1). (2). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用诱导公式，对数的运算性质即可求解．‎ ‎【详解】；‎ ‎．‎ 故答案为：，9．‎ ‎【点睛】本题主要考查了诱导公式，特殊角的三角函数值以及对数的运算，考查了转化思想，属于基础题．‎ ‎12.已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为________，表面积为_________．‎ ‎【答案】 (1). 8 (2). 32‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由三视图还原原几何体，该几何体为三棱锥，底面为直角三角形，，，，，侧棱底面，且．然后由三棱锥体积公式与表面积公式求解．‎ ‎【详解】由三视图还原原几何体如图，‎ 该几何体为三棱锥，底面为直角三角形，，‎ ‎，，，侧棱底面，且．‎ 则；‎ 表面积为．‎ 故答案为：8；32．‎ ‎【点睛】本题考查由三视图求面积、体积，关键是由三视图还原原几何体，是中档题．‎ ‎13.已知，复数且（为虚数单位），则__________，_________．‎ ‎【答案】 (1). (2). ‎ ‎【解析】‎ ‎∵复数且 ‎∴‎ ‎∴‎ ‎∴‎ ‎∴，‎ 故答案为，‎ ‎14.在中，在边上，平分，若，，且，则________，的面积为_________．‎ ‎【答案】 (1). (2). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设，则，由角平分线的性质可得，由余弦定理可解得，可得的值，由余弦定理可求，结合范围，可求，，利用三角形的面积公式即可求得．‎ ‎【详解】由题意，如图，设，则，‎ 由于，‎ 所以，由余弦定理可得：，‎ 即：，解得：，‎ 可得：，，．‎ 由于，‎ 又，‎ 可得：，，‎ 可得：．‎ 故答案为：，．‎ 点睛】本题主要考查了角平分线的性质，余弦定理，三角形的面积公式在解三角形中的综合应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题．‎ ‎15.已知正数满足，则的最小值____________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据条件可得，然后利用基本不等式求解即可．‎ ‎【详解】，‎ ‎，‎ 当且仅当，即时取等号，‎ 的最小值为．‎ 故答案为：．‎ 点睛】本题考查了基本不等式及其应用，关键掌握“1“的代换，属基础题．‎ ‎16.已知平面向量，，满足，，，则的最大值为___________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 只有不等号左边有，当为定值时，相当于存在的一个方向使得不等式成立．‎ 适当选取使不等号左边得到最小值，且这个最大值不大于右边．‎ ‎【详解】当为定值时，当且仅当与同向时取最小值，‎ 此时，‎ 所以．‎ 因为，所以，‎ 所以 所以，当且仅当且与同向时取等号．‎ 故答案为：．‎ ‎【点睛】本题考察平面向量的最值问题，需要用到转化思想、基本不等式等，综合性很强，属于中档题．‎ ‎17.已知函数有四个零点，则实数的取值范围是__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意可知是偶函数，根据对称性问题转化为直线与曲线有两个交点.‎ ‎【详解】因为是偶函数，根据对称性，在上有两个不同的实根，即在上有两个不同的实根，等价转化为直线与曲线有两个交点，而，则当时，，当时，，所以函数在上是减函数，在上是增函数，于是，故 故答案为：‎ ‎【点睛】已知函数有零点求参数取值范围常用方法和思路 ‎(1)直接法：直接根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围；‎ ‎(2)分离参数法：先将参数分离，转化成求函数值域问题加以解决；‎ ‎(3)数形结合法：先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图象，然后数形结合求解．‎ 三、解答题：本大题共5小题，共74分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。‎ ‎18.已知函数．‎ ‎（Ⅰ）求函数的最大值，并求取最大值时的取值集合；‎ ‎（Ⅱ）若且，求．‎ ‎【答案】（Ⅰ）， （Ⅱ）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）利用三角恒等变换化简函数的解析式，再根据正弦函数的最值，求出取最大值时的取值集合．（Ⅱ）根据且，求得，再利用两角差的余弦公式求出．‎ ‎【详解】（Ⅰ） ‎ ‎ ‎ ‎∴，由，得 ‎ ‎（Ⅱ）由得，得 ‎ 若，则，‎ 所以， ‎ ‎∴．‎ ‎【点睛】本题主要考查三角恒等变换，正弦函数的最值，两角和差的三角公式的应用，属于中档题．‎ ‎19.如图，四核锥中，，是以为底的等腰直角三角形，，为中点，且．‎ ‎（Ⅰ）求证：平面平面；‎ ‎（Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值．‎ ‎【答案】（Ⅰ）见解析（Ⅱ）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ） 过作垂线，垂足为，由得，．又，可得平面，即可证明．（Ⅱ）易得到平面距离等于到平面距离．过作垂线，垂足为，在中，过作垂线，垂足为，可证得：平面．求得：，从而，即可求解.‎ ‎【详解】(Ⅰ) 过作垂线，垂足为，由得，． ‎ 又，∴平面， ‎ ‎∴平面平面； ‎ ‎（Ⅱ）∵，∴到平面距离等于到平面距离． ‎ 过作垂线，垂足为，在中，过作垂线，垂足为，‎ 可证得：平面． ‎ 求得：，从而，‎ 即直线与平面所成角的正弦值为．‎ ‎【点睛】本题考查面面垂直的证明，考查线面角的求解、是中档题．‎ ‎20.己知数列中，，其前项和满足：．‎ ‎（Ⅰ）求数列的通项公式；‎ ‎（Ⅱ）令，数列的前项和为，证明：对于任意的，都有．‎ ‎【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）由，可得，即数列时以1为首项公比为2的等比数列，即可求解．（Ⅱ），当时，，当时，，即有．‎ ‎【详解】（Ⅰ）由，于是，‎ 当时,，‎ 即， ‎ ‎，∵，数列为等比数列， ‎ ‎∴，即． ‎ ‎（Ⅱ）， ‎ ‎∴当时，， ‎ 当时，显然成立，‎ 综上，对于任意的，都有．‎ ‎【点睛】本题考查了数列的递推式，等比数列的求和、放缩法，属于中档题．‎ ‎21.己知抛物线的顶点在原点，焦点为．‎ ‎（Ⅰ）求抛物线的方程；‎ ‎（Ⅱ）是抛物线上一点，过点的直线交于另一点，满足与在点处的切线垂直，求面积的最小值，并求此时点的坐标。‎ ‎【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）面积的最小值为，此时点坐标为．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）设抛物线的方程是，根据焦点为的坐标求得，进而可得抛物线的方程．‎ ‎（Ⅱ）设，进而可得抛物线在点处的切线方程和直线 的方程，代入抛物线方程根据韦达定理可求得，从而，又点到直线的距离，可得．利用导数求解．‎ ‎【详解】（Ⅰ）设抛物线的方程是，则，， ‎ 故所求抛物线的方程为． ‎ ‎（Ⅱ）设，由抛物线方程为，得，则，‎ ‎∴直线方程为：， ‎ 联立方程，得，‎ 由，得， ‎ 从而， ‎ 又点到直线的距离， ‎ ‎∴． ‎ 令，则，‎ 则，‎ ‎∴在上递减，在上递增，∴，‎ 面积的最小值为，此时点坐标为．‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查抛物线的标准方程以及抛物线与直线的关系，考查了函数思想，属于中档题．‎ ‎22.已知函数，，．‎ ‎（Ⅰ）当时，求曲线在点处的切线方程；‎ ‎（Ⅱ）设是的导函数，函数，求在时的最小值．‎ ‎【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）求函数的导数，当时，利用点斜式可求曲线在点， （1）处的切线方程；（Ⅱ）分别讨论，利用数形结合法，求函数的单调性可得函数的最值．‎ ‎【详解】（Ⅰ）当时，，， ‎ ‎∴，又 ‎ ‎∴曲线在点处的切线方程为：． ‎ ‎（Ⅱ），，‎ 由得：‎ ‎，，， ‎ 得当，．‎ 时，，在单调递增，∴； ‎ ‎②当时，可得，，‎ ‎∴单调递增，单调递减，单调递增，‎ ‎； ‎ ‎③当时，可得，‎ ‎∵，‎ ‎∴，‎ ‎∴在单调递增，单调递减，单调递增，单调递减，单调递增，‎ ‎∴‎ ‎，‎ 综上，．‎ ‎【点睛】本题考查了导数的综合应用问题，函数曲线的切线，函数的最值，属于难题．‎ ‎ ‎ ‎ ‎