浙江省浙北G2（湖州中学、嘉兴一中）2019-2020学年高二下学期期中考试数学试题 Word版含解析

www.ks5u.com浙北G2期中联考2019学年第二学期高二数学试题

一、选择题（本大题共10小题，每小题4分，共40分）

1.已知全集，集合，则(    )

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】

求得，再集合补集的运算，即可求解.

【详解】由题意，全集，集合，

可得，所以.

故选：C.

【点睛】本题主要考查了集合的混合运算，其中解答中熟记集合的交集、并集和补集的概念及运算是解答的关键，着重考查了计算能力.

2.若，则(    )

A.  B.

C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】

利用三角函数的诱导公式，逐项计算，即可求解.

【详解】根据三角函数的诱导公式，可得，所以A正确；

由，可得，

所以，所以B不正确；

由，所以C不正确；

由，所以D不正确，

故选：A.

【点睛】本题主要考查了三角函数的诱导公式及其应用，其中解答中熟记三角函数的诱导公式是解答的关键，着重考查了计算能力

3.某几何体的三视图如图所示(单位:cm) ，则该几何体的体积(单位:cm3)是(    )

A.  B.  C. 6 D. 8

【答案】A

【解析】

【分析】

根据给定的几何体的三视图可得，该几何体表示一个底面边长为2的正方形，高为2的三棱锥，结合体积公式，即可求解.

【详解】由题意，根据给定的几何体的三视图可得，该几何体表示一个底面边长为2的正方形，高为2的三棱锥，所以该几何体的体积为.

故选：A.

【点睛】本题考查了几何体的三视图及体积的计算，在由三视图还原为空间几何体的实际形状时，要根据三视图的规则，空间几何体的可见轮廓线在三视图中为实线，不可见轮廓线在三视图中为虚线，求解以三视图为载体的空间几何体的表面积与体积的关键是由三视图确定直观图的形状以及直观图中线面的位置关系和数量关系，利用相应公式求解.

4.设α,β为不重合的平面,m,n为不重合的直线,则下列命题正确的是(　　)

A. 若,,则

B. 若,则

C. 若,则

D. 若,则

【答案】D

【解析】

对于A，,时，若 ，则，但题目中无条件 ，故A也不一定成立；
对于B，,.显然不成立；

对于C，由面面平行的判定，一个面经过另一个面的垂线，仅有 不能得到 或，故不正确．

对于D， ，则，又，则，结论成立；
故选D

5.已知直线与直线平行，则实数(    )

A. 或3 B. 3 C.  D. 1

【答案】C

【解析】

【分析】

由直线与直线平行，得到且，即可求解.

【详解】由题意，直线与直线平行，

可得且，解得

故选:C.

【点睛】本题主要考查了两条直线的位置关系的应用，其中解答中熟记两直线的位置关系，列出方程是解答的关键，着重考查了计算能力.

6.已知数列满足，当且仅当时，取到最小值，则的取值范围 (    )

A.  B.  C. 与有关 D. 以上均不对

【答案】D

【解析】

【分析】

根据数列的通项公式，列出相应的不等式组，即可求解.

【详解】由题意，数列满足，当且仅当时，取到最小值，

则，即，

解得.

故选：D.

【点睛】本题主要考查了以数列背景的最值问题，其中解答中根据题设条件，列出不等式组是解答的关键，着重考查了推理与计算能力.

7.已知平面向量在上的投影是，，则的值为(    )

A.  B.  C. 1 D.

【答案】D

【解析】

【分析】

设向量和的夹角为，根据向量在上的投影是，求得，再结合余弦定理，列出方程，即可求解.

【详解】如图所示，设向量和的夹角为，

因为平面向量在上的投影是，可得，

即，可得，

在中，，

由余弦定理可得，

可得，整理得，解得.

故选：D.

【点睛】本题主要考查了向量的数量积的运算，以及余弦定理的应用，其中解答中熟记向量的数量积的运算公式，以及合理利用余弦定理列出方程是解答的关键，着重考查了推理与运算能力.

8.在平面直角坐标系中，若圆上存在点P，且点P关于直线的对称点Q在圆上，则的取值范围是(    )

A.  B.

C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】

求得圆关于直线的对称圆的方程，转化为两圆有公共点，结合两圆的位置关系，即可求解.

【详解】由圆关于直线的对称圆，

由圆上存在点P关于直线的对称点Q在圆上，

等价于圆与圆有公共点，

其中两圆圆心分别为，，

可得圆心距为,

所以，

由，解得，

由，解得，

所以的取值范围是.

故选：D.

【点睛】本题主要考查了两圆位置关系的判定与应用，其中解答中求得圆的对称圆的方程，转化为两圆有公共点是解答的关键，着重考查了转化思想，以及推理与运算能力.

9.已知为正数，，若存在，满足，则实数的取值范围是 (    )

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】

判断函数的单调性与对称性，根据对称性，得到，结合的范围，即可求得的范围，得到答案.

【详解】由题意，函数，

因为，所以函数在单调递减，在上单调递增，

不妨设，则，

，

所以，

同理，当时，上式也成立，

所以函数的图象关于对称，

因为，所以，

即，

因为，所以，

所以，即，

即实数的取值范围是.

故选：B.

【点睛】本题主要考查了分段函数解析式，函数的对称性，以及三角恒等变换和三角函数的图象与性质的综合应用，着重考查了推理与运算能力.

10.在矩形中，已知，，为的三等分点（靠近A点），现将三角形沿翻折，记二面角，和的平面角分别为，则当平面平面时(    )

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】

设点在底面的射影为，得到为的四等分点，结合三垂线定理，得到分别是二面角的平面角的平面角，在直角中，求得,得到，即可求解.

【详解】由题意，在矩形中，已知，，为的三等分点，可得，

设点在底面的射影为，

由，可得，所以为的四等分点，

分别过作,

根据三垂线定理，可得,

所以分别是二面角，和的平面角的平面角，即，

分别在直角中，可得,

在图（1）中，可得,所以，

又由，所以.

故选：B.

【点睛】本题主要考查了空间几何体的结构特征，以及二面角的概念与辨析，其中解答中熟记空间几何体的结构特征，合理利用三垂线定理和二面角的概念是解答的关键，着重考查了推理与论证能力.

二、填空题（本题共有7小题，其中第11、12、13、14小题每空3分，第15、16、17小题每空4分，共36分）

11.设函数，则____ ；的值域为____.

【答案】    (1).     (2).

【解析】

【分析】

由函数的解析式，求得，即可求得的值，再结合一次函数和对数函数的单调性，即可求解.

【详解】由题意，函数，可得，

所以.

当时，函数为单调递增函数，所以的值域为；

当时，函数为单调递减函数，所以的值域为；

所以函数的值域为.

故答案为：，.

【点睛】本题主要考查了分段函数的求解，以及函数的值域的求解，其中解答中熟练应用分段函数的解析式，以及函数的单调性是解答的关键，着重考查了推理与计算能力.

12.函数的部分图象如图所示，则____；对称轴方程为____.

【答案】    (1). 2    (2).

【解析】

【分析】

由函数的图象，求得函数的最大值为，最小值为，即可求得的值，进而求得函数的解析式，结合三角函数的性质，即可求解.

【详解】由函数的图象，可得函数的最大值为，最小值为，

所以，

又由，可得，所以，即，

又由，即，

可得，即，

又因，所以，所以，

令，解得，

所以函数的对称轴的方程为.

故答案为：；.

【点睛】本题主要考查了利用三角函数的图象求解函数的解析式，以及三角函数的性质的综合应用，其中解答中结合三角函数的图象求得函数的解析式是解答的关键，着重考查了数形结合思想，以及推理与运算能力.

13.若实数，满足，则的最大值是____；最小值是_____.

【答案】    (1). 8    (2). 2

【解析】

【分析】

画出不等式组所表示的平面区域，结合图象确定目标函数的最优解，代入即可求解.

【详解】由题意，画出不等式组所表示的平面区域，如图所示，

设目标函数，可化为直线，

当直线过点A时，此时在轴的截距最大，此时目标函数取得最大值，

当直线过点B时，此时在轴的截距最小，此时目标函数取得最小值，

由，解得，所以最大值为，

又由，解得，所以最大值为，

所以的最大值为8，最小值为2.

故答案为：8； 2.

【点睛】本题主要考查简单线性规划求解目标函数最值问题．其中解答中正确画出不等式组表示的可行域，利用“一画、二移、三求”，确定目标函数的最优解是解答的关键，着重考查了数形结合思想，及推理与计算能力．

14.在三角形中，已知内角所对的边分别是，且，，则该三角形的外接圆半径为____，若D为BC的三等分点，AD的最大值为____.

【答案】    (1).     (2).

【解析】

【分析】

设的外接圆的半径为，由正弦定理，即可求得三角形的外接圆半径，不妨设点D是靠近点B的三等分点，利用余弦定理和三角恒等变换，化简得到的表达式，结合三角函数的性质，即可求解.

【详解】设的外接圆的半径为，

因为，由正弦定理，可得，

所以该三角形的外接圆半径为，

如图所示，不妨设点D是靠近点B的三等分点，则，

设，，则，

在中，由余弦定理得,

即，

在中，由余弦定理得,

即，即

联立方程组，整理可得

在中，因，所以，

由正弦定理可得

所以

，

所以当时，此时取得最大值，最大值为，

所以实数的最大值为.

故答案为：.

【点睛】本题主要考查了正弦定理、余弦定理的应用，其中利用正弦、余弦定理可以很好地解决三角形的边角关系，熟练掌握定理、合理运用是解本题的关键．通常当涉及两边及其中一边的对角或两角及其中一角对边时，运用正弦定理求解；当涉及三边或两边及其夹角时，运用余弦定理求解.

15.已知直线是圆的一条对称轴，过点的直线与圆交于两点，且，则直线的斜率为____.

【答案】1

【解析】

【分析】

由直线是圆的一条对称轴，得到直线过圆心，求得，得到，再根据

，得到点的直线必过圆心，利用斜率公式，即可求解.

【详解】由题意，圆的圆心坐标，半径为，

因为直线是圆的一条对称轴，

则直线过圆心，即，解得，此时点，

又由直线与圆交于两点，且，可得过点的直线必过圆心，

所以直线的斜率为.

故答案为：1.

【点睛】本题主要考查了直线与圆的位置关系，其中解答中熟记直线与圆的位置关系，合理转化是解答的关键，着重考查了推理与运算能力.

16.已知向量和单位向量满足，则的最大值是____.

【答案】3

【解析】

【分析】

由，化简得，再结合向量的数量积的运算公式和三角函数的性质，即可求解.

【详解】由题意，向量和单位向量满足，即，

所以，整理得，

即，

当时，

当时，，

所以，

当，即或时，取最大值是3.

故答案为：3.

【点睛】本题主要考查了平面向量的运算性质和数量积的运算，其中解答中熟记向量的运算性质和向量的数量积的运算公式是解答的关键，着重考查了推理与运算能力.

17.设均为正数，且，则的最小值为__________．

【答案】

【解析】

均为正数，且，，整理可得，由基本不等式可得，整理可得，解得或（舍去），，当且仅当时取等号，

故答案为.

【易错点晴】本题主要考查利用基本不等式求最值，属于难题.利用基本不等式求最值时，一定要正确理解和掌握“一正，二定，三相等”的内涵：一正是，首先要判断参数是否为正；二定是，其次要看和或积是否为定值（和定积最大，积定和最小）；三相等是，最后一定要验证等号能否成立（主要注意两点，一是相等时参数否在定义域内，二是多次用或时等号能否同时成立）.

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）求的值；

（Ⅱ）若，求的单调递减区间.

【答案】（Ⅰ）2；（Ⅱ）.

【解析】

【分析】

（Ⅰ）化简函数，代入即可求解的值，得到答案；

（Ⅱ）因为，可得，结合三角函数的性质，即可求解.

【详解】（Ⅰ）由题意，函数，所以，

（Ⅱ）因为，可得，

所以当时，即，函数单调递减，

即函数的单调递减区间是.

【点睛】本题主要考查了三角函数的图象与性质，以及三角恒等变换的化简公式的应用，其中解答中熟记三角函数的图象与性质是解答的关键，着重考查了推理与运算能力.

19.如图，直角梯形ABEF等边，.

（Ⅰ）求证：；

（Ⅱ）求直线与平面EBC所成角的正弦值.

【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）.

【解析】

【分析】

（Ⅰ）由面面垂直的性质，可得 平面，再结合线面垂直的性质，即可证得；

（Ⅱ）因为，平面，可得 平面，所以到平面的距离等于到平面的距离，求得，即可求得直线与平面EBC所成角的正弦值.

【详解】（Ⅰ）由题意，因平面平面，，

由面面垂直的性质，可得 平面，

又因为平面，所以.

（Ⅱ）因为，平面，可得 平面，

所以到平面的距离等于到平面的距离，

取的中点M，连接，则,

由（1）知 平面，,可得 平面，

又由平面，可得平面平面，所以平面，

又由等边边长为2，所以，即，

设直线与平面EBC所成角为，

又由，所以.

【点睛】本题主要考查了直线与平面垂直的判定及应用，以及直线与平面所成的角的求解，其中解答中熟记线面位置关系的判定与性质，以及直线与平面所成角的定义是解答的关键，着重考查了推理与运算能力.

20.已知数列满足.

（Ⅰ）求的值；

（Ⅱ）求数列的通项公式；

（III）求数列的前项和

【答案】（Ⅰ）2；（Ⅱ）；（III）.

【解析】

【分析】

（Ⅰ）根据题意，令时，得到，即可求解.

（Ⅱ）当 时， ，两式相减，即可求解数列的通项公式；

（III）由（Ⅱ）可知，利用乘公比错位相减法，即可求解.

【详解】（Ⅰ）由题意，数列满足，

令时，可得，解得.

（Ⅱ）因为数列满足，

当 时， ，

两式相减，可得，

其中当也适合上式，

所以数列通项公式为.

（III）由（Ⅱ）可知，

可得，

，

两式相减，可得，

所以.

【点睛】本题主要考查数列的递推公式，通项公式的求解，以及“错位相减法”求和的应用，此类题目是数列问题中的常见题型，解答中确定通项公式是基础，准确计算求和是关键，易错点是在“错位”之后求和时，弄错等比数列的项数，能较好的考查考生的逻辑思维能力及基本计算能力等.

21.已知数列满足，.

（Ⅰ）求证：数列为等差数列，并求数列的通项公式；

（Ⅱ）若数列满足.

①求证：；

②求证:.

【答案】（Ⅰ）证明见解析，；（Ⅱ）①证明见解析；②证明见解析.

【解析】

【分析】

（Ⅰ）由题设条件，化简得，再结合等差数列的定义，即可求解；

（Ⅱ）①由，得到，两式相减，即可求解；②由①化简得到，结合基本不等式，即可求解.

【详解】（Ⅰ）由题意，数列满足，可得，

所以，

又由，公差，

所以数列是首项为-4，公差为-1的等差数列，

所以，即.

（Ⅱ）①因为，

所以，

两式相减，得：，

所以，

②由①可得

.

【点睛】本题主要考查了等差数列的定义及通项公式，以及数列的求和的综合应用，其中解答中准确化简数列的递推关系式，合理利用等差数列的定义，以及利用基本不等式求解是解答的关键，着重考查了推理与运算能力.

22.已知函数.

（Ⅰ）若，且在上递减，求的取值范围；

（Ⅱ）设，对任意恒成立，求的最大值.

【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）.

【解析】

【分析】

（Ⅰ）当时，函数，结合函数在上递减，列出不等式组，即可求解；

（Ⅱ）由对任意恒成立，得到不等式组，结合线性规划，求得目标函数的最优解，代入即可求解.

【详解】（Ⅰ）由题意，函数，

当时，函数，

因为函数在上递减，所以 ，解得 .

（Ⅱ）因为，可得函数开口向下，

又由对任意恒成立，则满足，即，

画出不等式组所表示的平面区域，如图所示，

设，可化为直线，当直线与相切时，

此时在轴上的截距最大，此时取得最小值，

设，切点的坐标为，

又由，可得，所以，解得，此时，

即当时，此时取得.最大值为.

【点睛】本题主要考查了分段函数的性质，以及导数的几何意义的应用，其中解答中熟记二次函数的图像与性质，合理利用线性规划的思想求解是解答的关键，着重考查了转化思想，以及推理与运算能力.