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 19页

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．‎ ‎ ‎