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  • 2021-06-16 发布

浙江省绍兴市诸暨市2018-2019学年高二下学期期末考试数学试题

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诸暨市2018-2019学年高二下学期期末考试 数学试卷 选择题部分(共40分)‎ 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.设全集,,,则等于()‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 直接利用补集与交集的运算法则求解即可.‎ ‎【详解】解:∵集合,,,‎ 由全集,.‎ 故选:B.‎ ‎【点睛】本题考查了交、并、补集的混合运算,是基础知识的考查.‎ ‎2.已知是虚数单位,,则计算的结果是()‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据虚数单位的运算性质,直接利用复数代数形式的除法运算化简求值.‎ ‎【详解】解:,‎ ‎,‎ 故选:A.‎ ‎【点睛】本题考查了复数代数形式的乘除运算,考查了复数的基本概念,是基础题.‎ ‎3.椭圆的焦点坐标是( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 从椭圆方程确定焦点所在坐标轴,然后根据求的值.‎ ‎【详解】由椭圆方程得:,所以,又椭圆的焦点在上,‎ 所以焦点坐标是.‎ ‎【点睛】求椭圆的焦点坐标时,要先确定椭圆是轴型还是轴型,防止坐标写错.‎ ‎4.函数的导函数是()‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据导数的公式即可得到结论.‎ ‎【详解】解:由,得 故选:D.‎ ‎【点睛】本题考查了导数的基本运算,属基础题.‎ ‎5.设是实数,则“”是“”的()‎ A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分又不必要条件 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求解不等式,根据充分条件和必要条件的定义分别进行判断即可.‎ ‎【详解】解:设是实数,若“”则:,‎ 即:,不能推出“”‎ 若:“”则:,即:,能推出“”‎ 由充要条件的定义可知:是实数,则“”是“”的必要不充分条件;‎ 故选:B.‎ ‎【点睛】本题考查了充分条件和必要条件的判定,考查了推理能力与计算能力,属于基础题.‎ ‎6.用数学归纳法证明:“”,由到时,等式左边需要添加的项是()‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 写出时,左边最后一项,时,左边最后一项,由此即可得到结论 ‎【详解】解:∵时,左边最后一项为,‎ 时,左边最后一项为,‎ ‎∴从到,等式左边需要添加的项为一项为 故选:D.‎ ‎【点睛】本题考查数学归纳法的概念,考查学生分析解决问题的能力,属于基础题.‎ ‎7.将函数的图形向左平移个单位后得到的图像关于轴对称,则正数 的最小正值是()‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意利用函数的图象变换规律,三角函数的图象的对称性,得出结论.‎ ‎【详解】解:将函数的图形向左平移个单位后,‎ 可得函数的图象,‎ 再根据得到的图象关于轴对称,可得,即,‎ 令,可得正数的最小值是,‎ 故选:D.‎ ‎【点睛】本题主要考查函数的图象变换规律,三角函数的图象的对称性,属于基础题.‎ ‎8.某几何体的三视图如图所示,当时,这个几何体的体积为()‎ A. 1 B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 三视图复原几何体是长方体的一个角,设出棱长,利用勾股定理,基本不等式,求出最大值.‎ ‎【详解】解:如图所示,可知.‎ 设,‎ 则,‎ 消去得,‎ 所以,‎ 当且仅当时等号成立,此时,‎ 所以.‎ 故选:B.‎ ‎【点睛】本题考查三视图求体积,考查基本不等式求最值,是中档题.‎ ‎9.已知,是单位向量,且,向量与,共面,,则数量积=( )‎ A. 定值-1 B. 定值1‎ C. 最大值1,最小值-1 D. 最大值0,最小值-1‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意可设,,再表示向量的模长与数量积,‎ ‎【详解】由题意设,则向量,且,‎ 所以,‎ 所以,‎ 又,‎ 所以数量积,‎ 故选:A.‎ ‎【点睛】本题考查平面向量基本定理以及模长问题,用解析法,设出向量的坐标,用坐标运算会更加方便。‎ ‎10.已知三棱锥的底面是等边三角形,点在平面上的射影在内(不包括边界),.记,与底面所成角为,;二面角,的平面角为,,则,,,之间的大小关系等确定的是()‎ A. B. ‎ C. 是最小角,是最大角 D. 只能确定,‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 过作PO⊥平面ABC,垂足为,过作OD⊥AB,交AB于D,过作OE⊥BC,交BC于E,过作OF⊥AC,交AC于F,推导出OA<OB<OC,AB=BC=AC,OD<OF<OE,且OE<OB,OF<OA,由此得到结论.‎ ‎【详解】解:如图,过作PO⊥平面ABC,垂足为,‎ 过作OD⊥AB,交AB于D,‎ 过作OE⊥BC,交BC于E,‎ 过作OF⊥AC,交AC于F,‎ 连结OA,OB,OC,PD,PE,PF,‎ ‎∵△ABC为正三角形,PA<PB<PC,‎ 二面角P−BC−A,二面角P−AC−B的大小分别为,,‎ PA,PB与底面所成角为,,‎ ‎∴=∠PAO,=∠PBO,γ=∠PEO,=∠PFO,‎ OA<OB<OC,AB=BC=AC,‎ 在直角三角形OAF中,,‎ 在直角三角形OBE中,,‎ OA<OB,∠OAF<∠OBE,‎ 则OF<OE,同理可得OD<OF,‎ ‎∴OD<OF<OE,且OE<OB,OF<OA,‎ ‎∴<,<,>,<,‎ 可得是最小角,是最大角,‎ 故选:C.‎ ‎【点睛】本题考查线面角、二面角的大小的判断,考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识,考查运算求解能力,是中档题.‎ 非选择题部分(共110分)‎ 二、填空题:本大题共7小题,多空题每题6分,单空题每题4分,共36分.‎ ‎11.________;________.‎ ‎【答案】 (1). (2). -3‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用分数指数幂与对数的运算规则进行计算即可。‎ ‎【详解】,‎ 故答案为:(1). (2). -3‎ ‎【点睛】本题考查分数指数幂与对数的运算规则,是基础题。‎ ‎12.双曲线的离心率________;焦点到渐近线的距离________.‎ ‎【答案】 (1). (2). 1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由双曲线得,再求出,根据公式进行计算就可得出题目所求。‎ ‎【详解】由双曲线得,,‎ ‎, 一个焦点坐标为,‎ 离心率,‎ 又其中一条渐近线方程为:,即,‎ 焦点到渐近线的距离 故答案为:(1). (2). 1‎ ‎【点睛】本题考查双曲线的相关性质的计算,是基础题。‎ ‎13.若,满足不等式,则的取值范围是________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由约束条件作出可行域,化目标函数为直线方程的斜截式,数形结合得到最优解,联立方程组求得最优解的坐标,代入目标函数得答案.‎ ‎【详解】解:由,满足不等式作出可行域如图,‎ ‎ 令,‎ 目标函数经过A点时取的最小值, 联立,解得时得最小值,. 目标函数经过B点时取的最大值, 联立,解得,此时取得最大值,‎ ‎. 所以,z=2x+y的取值范围是. 故答案为:‎ ‎【点睛】本题考查简单的线性规划,考查了数形结合的解题思想方法,是基础题.‎ ‎14.若,则________;________‎ ‎【答案】 (1). (2). ,‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 用两角和的正弦公式将展开,即可求出,再结合同角三角函数的基本关系及倍角公式,可求出。‎ ‎【详解】,‎ 又 故答案为:(1). (2). ,‎ ‎【点睛】本题考查三角恒等变形及同角三角函数的基本关系,是基础题。‎ ‎15.函数(其中…是自然对数的底数)的极值点是________;极大值________.‎ ‎【答案】 (1). 1或-2 (2). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 对求导,令,解得零点,验证各区间的单调性,得出极大值和极小值.‎ ‎【详解】解:由已知得 , ,令,可得或, 当时,即函数在上单调递增; 当时,,即函数在区间上单调递减; 当时,,即函数在区间上单调递增. 故的极值点为或,且极大值为. 故答案为:(1). 1或-2 (2). .‎ ‎【点睛】本题考查了利用导函数求函数极值问题,是基础题.‎ ‎16.已知,则的最小值为________.‎ ‎【答案】3‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎,利用基本不等式求解即可.‎ ‎【详解】解:,‎ 当且仅当,即时取等号。‎ 故答案为:3.‎ ‎【点睛】本题考查了基本不等式的应用,关键要变形凑出积为定值的形式,属基础题.‎ ‎17.设函数的定义域为,满足,且当时,‎ ‎.若对任意的,都有,则的取值范围是________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由,得,分段求解析式,结合图象可得m的取值范围.‎ ‎【详解】解:,,‎ 时,,‎ 时,;‎ 时,;‎ 时,;‎ 当时,由,解得或,‎ 若对任意,都有,则。‎ 故答案为:。‎ ‎【点睛】本题考查函数与方程的综合运用,训练了函数解析式的求解及常用方法,考查数形结合的解题思想方法,属中档题.‎ 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.已知函数的最小正周期为.‎ ‎(1)当时,求函数的值域;‎ ‎(2)已知的内角,,对应的边分别为,,,若,且,,求的面积.‎ ‎【答案】(Ⅰ)(Ⅱ)‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)利用周期公式求出ω,求出相位的范围,利用正弦函数的值域求解函数f(x)的值域;‎ ‎(2)求出A,利用余弦定理求出bc,然后求解三角形的面积.‎ ‎【详解】解:(1)的最小正周期是,得,‎ 当时,‎ 所以,此时的值域为 ‎(2)因为,所以,‎ ‎∴‎ ‎,‎ 的面积 ‎【点睛】本题考查三角函数的性质以及三角形的解法,余弦定理的应用,考查计算能力.‎ ‎19.如图,在三棱锥中,,在底面上的射影在上,于.‎ ‎(1)求证:平行平面,平面平面;‎ ‎(2)若,求直线与平面所成角的正弦值.‎ ‎【答案】(1)详见解析(2)‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)证明EF∥BC,从而BC∥平面DEF,结合AB⊥DF,AB⊥DE,推出AB⊥平面DEF,即可证明平面DAB⊥平面DEF. (2)在△DEF中过E作DF的垂线,垂足H,说明∠EBH即所求线面角,通过求解三角形推出结果.‎ ‎【详解】解:(1)证明:因为,所以,分别是,的中点 所以,从而平面 又,,所以平面 从而平面平面 ‎(2)在中过作的垂线,垂足 由(1)知平面,即所求线面角 由是中点,得 设,则,因为,‎ 则,,,‎ 所以所求线面角的正弦值为 ‎【点睛】本题考查直线与平面所成角的求法,直线与平面垂直的判断定理的应用,考查空间想象能力以及计算能力,是中档题。‎ ‎20.已知数列满足,且.‎ ‎(1)设,求证数列是等比数列;‎ ‎(2)设,求数列的前项和.‎ ‎【答案】(1)详见解析(2)‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)由已知数列递推式可得,又,得,从而可得数列是等比数列; (2)由(1)求得数列的通项公式,得到数列的通项公式,进一步得到,然后分类分组求数列的前项和.‎ ‎【详解】(1)由已知得代入得 又,所以数列是等比数列 ‎(2)由(1)得,,‎ 因为,,,且时,‎ 所以当时,‎ 当时,‎ ‎.‎ 所以 ‎【点睛】本题考查数列递推式,考查等比关系的确定,训练了数列的分组求和,属中档题.‎ ‎21.已知是抛物线焦点,点是抛物线上一点,且.‎ ‎(1)求,的值;‎ ‎(2)过点作两条互相垂直的直线,与抛物线的另一交点分别是,.‎ ‎①若直线的斜率为,求的方程;‎ ‎②若的面积为12,求的斜率.‎ ‎【答案】(1),(2)①②或 ‎【解析】‎ 分析】‎ ‎(1)直接利用抛物线方程,结合定义求p的值;然后求解t; (2)①直线AB的斜率为,设出方程,A、B坐标,与抛物线联立,然后求AB的方程; ②求出三角形的面积的表达式,结合△ABC的面积为12,求出m,然后求AB的斜率.‎ ‎【详解】解:(1)由抛物线定义得,‎ ‎,‎ ‎(2)设方程为,,‎ 与抛物线方程联立得 由韦达定理得:,即 类似可得 ‎①直线的斜率为,或,‎ 当时,方程为,‎ 此时直线方程是。同理,当时,直线的方程也是,‎ 综上所述:直线的方程是 ‎②‎ 或 或 ‎【点睛】本题考查抛物线的简单性质的应用,直线与抛物线的位置关系,考查计算能力.‎ ‎22.已知函数,其中.‎ ‎(1)讨论的单调性;‎ ‎(2)当时,恒成立,求的值;‎ ‎(3)确定的所有可能取值,使得对任意的,恒成立.‎ ‎【答案】(1)答案不唯一,具体见解析(2)(3)‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)求出导函数,通过当时,当时,判断函数的单调性即可. (2)由(1)及知所以,令,利用导数求出极值点,转化求解. (3)记,则 ,说明,由(2),,所以利用放缩法,转化求解即可..‎ ‎【详解】解:(1)‎ 当时,函数在上单调递减 当时,函数在上单调递减,在上单调递增 ‎(2)由(1)及知 所以 令,则,‎ 所以,且等号当且仅当时成立 若当时,恒成立,则 ‎(3)记 则 又,故在的右侧递增,,‎ 由(2),,所以 当时,‎ 综上取值范围是 ‎【点睛】本题主要考查导数法研究函数的单调性,基本思路:当函数是增函数时,导数大于等于零恒成立,当函数是减函数时,导数小于等于零恒成立,然后转化为求相应函数的最值问题.注意放缩法的应用.‎ ‎ ‎

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