2018-2019学年浙江省衢州市五校高二(下)期中数学试卷

1、2018-2019 学年浙江省衢州市五校高二（下）期中数学试卷一、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（4 分）已知全集为自然数集 N，集合 A1，2，3，4，B1，3，5，7，9，则（NA）B（）A7，9C1，2，3，4，5，7，92（4 分）设 i 是虚数单位，复数A1BiB5，7，9D1，3的虚部是（   ）C1   

2、60;       Di3（4 分）a1 是直线 axy20 和直线（a2）x+ay+10 平行的（）A充分不必要条件C充分必要条件B必要不充分条件D既不充分又不必要条件4（4 分）设 m，n 为两条不同的直线， 为三个不同的平面，则下列命题中为假命题的是（）A若 m，n，则 mnC若 mn，m，则 nB若 ，则 D若 ，则 5（4 分）设等比数列

3、an前 n 项和为 Sn，若 S38，S624，则 a10+a11+a12（）A32B64C72D2166（4 分）函数 f（x）3ln|x|cosx+1 的部分图象大致为（）AB第1页（共23页）CD（7 4 分）在空间直角坐标系 Oxyz 中，平面 OAB 的法向量为1，3，2），则 P 到平面 OAB 的距离等于（），已知 P（A4B2C3D18（4 分）设平面向量满足， 

4、0;    ，      ，则A的最大值为（   ）B               C              D2'9（4 分）设函数 f（x）是定

5、义在（0，+）上的可导函数，其导函数为f （x），且有 2f（x）+xf'（x）x2，则不等式（x2019）2f（x2019）f（1）0 的解集为（）A（0，2019）B（2019，+）C（0，2020）D（2020，+）10（4 分）设直线 l：3x+4y60，椭圆，将椭圆 C 绕着其中心 O 逆时针旋 转 90 ° （ 旋 转 过 程 中 椭 圆 C 的&

6、#160;大 小 形 状 不 变 ， 只 是 位 置 变 化 ） 到 与 椭 圆重合，则旋转过程中椭圆 C 与直线 l 交于 A，B 两点，则|AB|的最大值为（）ABCD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（6 分）设函数增

7、区间为，则函数 f（x）的最小正周期为      ；单调递第2页（共23页）12（6 分）函数，则 f（1）      ；若 f（x0）3，则 x0 的取值范围是13 （ 6 分）某空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是；表面积为（14 6 分）已知实数 x，y 满足，则 u2yx 的最大值为  &#

8、160;   ；       的取值范围是15（4 分）已知正数 x，y 满足 x+y1，则的最小值是16（4 分）从点 P（1，2）引抛物线 y24x 的两条切线 PA，PB，设切点 A（x1，y1），B       SAPC，   BPC（x2，y2），且 y1y2，若直线 

9、AB 与 x 轴交于点 C，则（分别为APC，BPC 的面积）R17（4 分）已知函数 f（x）a（ex+ex）+x2+bx，（a，b ），若函数 yf（x）与函数 yf（f（x）的零点相同，则 2a+b 的取值范围是三、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（14 分）在ABC 中，三个内角分别为 A、B、C，已知（1）求角 A 的值；（

10、2）若，且，求 sinB19（15 分）如图，在四棱锥 PABCD 中，PA平面 ABCD，底面是棱长为 1 的菱形，ADC60°，M 是 PB 的中点（1）求证：PD平面 ACM；（2）求直线 CM 与平面 PAB 所成角的正弦值第3页（共23页）20（15 分）数列an的前 n 项和记为 Sn，a1t，点（Sn，an+1）在直线 y3x+1 上，其中nN *（1）

11、当实数 t 为何值时，数列an是等比数列（2）在（1）的结论下，设 bnlog4a2n，cnbn×an，Tn 是数列cn的前 n 项和，求 Tn21（15 分）已知椭圆 C：+   1 的上顶点为（0，1），且离心率为   （1）求椭圆 C 的方程；（2）设 A 是曲线 C 上的动点，A 关于 x 轴的对称点为 A'，点

12、 P（1，0），直线 AP 与曲线 C 的另一个交点为 B（B 与 A'不重合），过 P 作直线 PHA'B，垂足为 H，是否存在定点 Q，使|QH|为定值？若存在求出 Q 的坐标，不存在说明理由？22（15 分）设函数 f（x）ax2，g（x）lnx（1）当 a1 时，求函数 F（x）g（x）+f（x）+x 的单调区间；（2）当 a0 时，曲线

13、60;yf（x）与 yg（x）有两条公切线，求实数 a 的取值范围；（3）若对 x1，+）恒成立，求实数 m 的取值范围第4页（共23页）2018-2019 学年浙江省衢州市五校高二（下）期中数学试卷参考答案与试题解析一、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（4 分）已知全集为自然数集 N，集合 A1，2，3，4，B1，3，5，7，9，则（NA）B（）A7，9

14、C1，2，3，4，5，7，9B5，7，9D1，3【分析】找出 B 与 A 补集的交集即可【解答】解全集为自然数集 N，集合 A1，2，3，4，B1，3，5，7，9，则（NA）B5，7，9故选：B【点评】此题考查了交、并、补集的混合运算，熟练掌握各自的定义是解本题的关键2（4 分）设 i 是虚数单位，复数A1Bi的虚部是（   ）C1           Di【分析】利

15、用复数的运算法则、虚部的定义即可得出【解答】解：              i 的虚部是 1故选：A【点评】本题考查了复数的运算法则、虚部的定义，考查了推理能力与计算能力，属于基础题3（4 分）a1 是直线 axy20 和直线（a2）x+ay+10 平行的（）A充分不必要条件C充分必要条件B必要不充分条件D既不充分又不必要条件【分析】通过讨论 a，结合直线平行的条件求出直线平行

16、的充要条件，通过比较其和a1 的关系，判断即可【解答】解：当 a1 时，两直线分别为 xy+20 和x+y+10，满足两直线平行当 a0 时，两直线分别为y+20 和x+10，不满足两直线平行第5页（共23页）a0，若两直线平行，则    ，解得 a2 或 a1即 a1 是直线 axy20 和直线（a2）x+ay+10 平行”充分不必要条件，故选：A【点评】本题考查了充分必要条件，考查直线平行的充

17、要条件，是一道基础题4（4 分）设 m，n 为两条不同的直线， 为三个不同的平面，则下列命题中为假命题的是（）A若 m，n，则 mnC若 mn，m，则 nB若 ，则 D若 ，则 【分析】根据空间线面垂直、面面垂直、面面平行的性质定理对选项分别分析选择【解答】解：对于 A，若 m，n，根据线面垂直的性质定理容易得到 mn，故正确；对于 B，根据平面与平面平行、垂直的性质，可得正确；对于 C，根据线面垂直的判定与性质，可得

18、0;n，正确对于 D，若 ，则  与  可能相交；如墙角的三个面的关系；故 D 是错误的故选：D【点评】本题考查了空间线面垂直、面面垂直、面面平行的性质定理和判定定理的运用；牢固掌握运用定理是关键5（4 分）设等比数列an前 n 项和为 Sn，若 S38，S624，则 a10+a11+a12（）A32B64C72D216【分析】根据题意，分析可得 4+a5+a624816，又由 a4+a5+a6q3（a1+a2+a3），则q32，进而可

19、得 a10+a11+a12q9×a1+q9×a2+q9×a3q9×（a1+a2+a3），计算可得答案【解答】解：根据题意，等比数列an中，若 S38，S624，即 a4+a5+a624816，又由 a4+a5+a6q3（a1+a2+a3），则 q32，则 a10+a11+a12q9×a1+q9×a2+q9×a3q9×（a1+a2+a3）64；故选：B【点评】本题考查等比数列的性质以及前 n 项和的计算，属于基础题6（4 分）函

20、数 f（x）3ln|x|cosx+1 的部分图象大致为（）第6页（共23页）ABCD【分析】利用函数的奇偶性排除选项，利用函数值判断选项即可【解答】解：f（x）f（x），则函数为偶函数，故排除 B，C，当 x+0 时，f（x），故排除 A，故选：D【点评】本题考查函数的图象的判断，函数的奇偶性以及函数值的求法，考查计算能力（7 4 分）在空间直角坐标系 Oxyz 中，平面 OAB 的法向量为1，3，2），则 P 到平面 OAB 的距离等

21、于（）A4B2C3D1，已知 P（【分析】设点 P 到平面 OAB 的距离为 d，则 d第7页（共23页），即可得出结论【解答】解：设点 P 到平面 OAB 的距离为 d，则 d， （2，2，1），P（1，3，2），d2故选：B【点评】利用点 P 到平面 OAB 的距离为 d，则 d是解题的关键8（4 分）设平面向量满足     

22、0;，      ，      ，                 ，则A的最大值为（   ）B               C&

23、#160;             D2【分析】由题意可求向量的夹角（ x ， y ）， 然 后 根 据 已 知 可 得，由此可设 （1，0）， （1，然后根据）， 最大值的几何意义是在圆 M 上任取一点，到 N（2，0）的距离的最大值，根据圆的性质可求【解答】解：，  

24、;    ，cos即夹角，故可设 （1，0）， （1，（1x，y）（1x，）， （x，y）0为半径的圆则距离的最大值即表示以 M（1，  ）为圆心，以最大值的几何意义是在圆 M 上任取一点，到 N（2，0）的根据圆的性质可知，所求的值为圆心 M（1，故选：A）到 N 的距离 d+   第8页（共23页）【点评】本题主要考查了向量数量积的性质及圆的性质的简单应用，向量的坐标的应用是求解问题的关键&#

25、39;9（4 分）设函数 f（x）是定义在（0，+）上的可导函数，其导函数为f （x），且有 2f（x）+xf'（x）x2，则不等式（x2019）2f（x2019）f（1）0 的解集为（）A（0，2019）B（2019，+）C（0，2020）D（2020，+）【分析】构造函数 g（x）x2f（x），求其导函数，由已知可得 g（x）x2f（x）在（0，+）上是增函数，化（x2019）2f（x2019）f（1）0 为（x2019）2f（x2019）f（1）12f（1），利用单调性求解【解答】解：令 g

26、（x）x2f（x），g（x）x2f（x）+2xf（x）x（xf（x）+2f（x），2f（x）+xf（x）x20，x0；x（xf（x）+2f（x）0，g（x）x2f（x）在（0，+）上是增函数，（x2019）2f（x2019）f（1）0 可化为（x2019）2f（x2019）f（1）12f（1），x20191，即 x2020不等式（x2019）2f（x2019）f（1）0 的解集为（2020，+）故选：D【点评】本题考查利用导数研究函数的单调性，构造函数是关键，是中档题10（4 分）设直线 l：3x+4y60，椭圆，将椭圆 C 

27、;绕着其中心 O 逆时针旋 转 90 ° （ 旋 转 过 程 中 椭 圆 C 的 大 小 形 状 不 变 ， 只 是 位 置 变 化 ） 到 与 椭 圆重合，则旋转过程中椭圆 C 与直线 l 交于 A，B

28、60;两点，则|AB|的最大值为（）ABCD【分析】 原点到直线 l 的距离为，设直线在旋转过程中的方程为ykx+m，可得，联立直线 ykx+m 与椭圆方程 C 得求出弦长|AB|，再利用函数求弦|AB|的最大值得解第9页（共23页），【解答】解：由运动的相对性，可把椭圆视为不动，直线 l 绕原点旋转，原点到直线 l 的距离为 ，设直线在旋转过程中的方程为 ykx+m，其中，联立直线 ykx+m 与椭圆 C 的方程得，由弦长公

29、式得|AB|，令 4k2+1t，|AB|，故|AB|max 故选：C【点评】本题考查了直线与椭圆的关系，曲线的旋转，点到直线的距离公式、弦长公式等，综合性较强，难度大二、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（6 分）设函数区间为，则函数 f（x）的最小正周期为  ；单调递增【分析】根据正弦函数的周期性和单调性可得，【解答】解：2，T    ，由+2k2x+2k，kZ，

30、得+kx+k，kZ，故答案为：+k，   +k，（kZ）【点评】本题考查了正弦函数的单调性，属基础题第10页（共23页）12（6 分）函数，则 f（1）1；若 f（x0）3，则 x0 的取值范围是（，2）（8，+）【分析】推导出 f（1）211；若 f（x0）3，则当 x00 时，f（x0）3，当 x00 时，f（x0）log2x03，由此能求出 x0 的取值范围1【解答】解：函数，f（1）211；若 f（x0）3，则当

31、60;x00 时，f（x0）13，解得 x02，当 x00 时，f（x0）log2x03，解得 x08x0 的取值范围是（，2）（8，+）故答案为：（，2）（8，+）【点评】本题考查函数值的求法，考查函数性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题13 （6 分）某空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是4；表面积为【分析】根据三视图知该几何体是底面为直角梯形的直四棱锥，结合图中数据计算它的体积与表面积【解答】解：根据三视图知，该几何体是直四棱锥如图所示；根据图中数据，计算该四棱锥的体积为 V

32、0;× ×（2+4）×2×24；表面积为 S PAB+ PAD+SPBC+ PCD+S 梯形 ABCD第11页（共23页）× 2 × 2+× 2 × 2+× 4 × 2+  ×           &

33、#215;                +  ×（2+4）×210+4故答案为：4，10+4+2+2【点评】本题考查了利用三视图求简单几何体体积与表面积的应用问题，是基础题14（6 分）已知实数 x，y 满足，则 u2yx 的最大值为 5 ；       &

34、#160;的取值范围是【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，联立方程组求出最优解的坐标，代入目标函数得答案利用的几何意义，结合函数的单调性求解 z 的范围即可【解答】解：由实数 x，y 满足，作出可行域如图，由图可知，则 u2yx 的最大值就是直线经过可行域的 A联立，解得 A（1，3），当 u2yx 的最大值为：615可知 的几何意义是可行域内的点与坐标原点的连线的斜率， 1，3，令 k，4k+ 2当且仅当

35、60;k 时取等号，因为 k1，3，z4k+ 是增函数，可得 z5，故答案为：5；5，第12页（共23页）【点评】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，是中档题15（4 分）已知正数 x，y 满足 x+y1，则的最小值是      【分析】由 （+）（x+1）（y+2） （4+9+       ），再根据基本不等式即可求出答案【解答】解：正数 

36、;x，y 满足 x+y1，则 x+1+y+24则 （）（x+1）+（y+2） （4+9+       +       ）（13+12）当且仅当，       时，即 x ，y 时取等号，故答案为：【点评】本题考查了“乘 1 法”和基本不等式的性质，考查了变形的能力，考查了计算能力，属于中档

37、题16（4 分）从点 P（1，2）引抛物线 y24x 的两条切线 PA，PB，设切点 A（x1，y1），B（x2，y2），且 y1y2，若直线 AB 与 x 轴交于点 C，则          （ APC， BPC 分别为APC，BPC 的面积）【分析】先写出抛物线在点 A、B 处的切线方程，将两条切线联立得出交点&#

38、160;P 的坐标，于是得出，并设直线 AB 的方程为 xmy+t，将该直线方程与抛物线的方程联立可得出 m 与 t 的值，可发现直线 AB 过抛物线的焦点 C，并求出点 A、B 的坐标，再第13页（共23页）由并结合抛物线的定义可得出答案【解答】解：易知直线 PA 的方程为 y1y2x+2x1，即，同理可得直线 PB 的方程为，联立直线 PA、PB 的方程，得，由于点 P 的

39、坐标为（1，2），则，所以，由于 y1y2，解得，设直线 AB 的方程为 xmy+t，将该直线方程与抛物线的方程联立4t0，得 y24my则，所以，mt1，所以，直线 AB 的方程为 xy10，C0直线 AB 过抛物线的焦点 （1， ），易求得，                  ，因此，【点评】本

40、题考查直线与抛物线的综合问题，考查韦达定理法在抛物线综合问题中的应用，同时也考查了抛物线的定义，考查计算能力，属于中等题x17（4 分）已知函数 f（x）a（ex+e）+x2+bx，（a，bR ），若函数 yf（x）与函数 yf（f（x）的零点相同，则 2a+b 的取值范围是0，4）【分析】设 yf（x）的零点为 x0，则 f（x0）0，利用函数 yf（x）与函数 yf（f（x）的零点相同，得到 a0，然后讨论 b 的取值即可得到结论【解答】解：

41、设 yf（x）的零点为 x0，则 f（x0）0，第14页（共23页）函数 yf（x）与函数 yf（f（x）的零点相同，f（f（x0）f（0）2a0，解得 a0，则 f（x）x2+bx；若 b0，则 f（x）x2 与 f（f（x）x4 有相同的零点 0，满足题意，若 b0，则 f（x）x2+bxx（x+b）有两个零点 x10，x2b，f（f（x）也恰有两个零点 x10，x2b，方程 f（x）b 无解，即方程&

42、#160;x2+bxb 无解，即 x2+bx+b0 无解，24b0，0b4，综上 0b4，又a0，02a+b4，即 2a+b 的取值范围为0，4），故答案为：0，4）【点评】本题主要考查函数与方程的应用，根据函数 yf（x）与函数 yf（f（x）的零点相同，得到 f（0）0，即 a0 是解决本题的关键综合性较强，考查运算求解能力，是中档题三、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（14 分

43、）在ABC 中，三个内角分别为 A、B、C，已知（1）求角 A 的值；（2）若，且，求 sinB（【分析】 1）利用诱导公式把已知等式化为关于 cosA 的一元二次方程求得 cosA，则角 A的值可求；（2）由已知求得【解答】解：（1）由，再由 sinBsinA（AB）展开两角差的正弦求解及 A+B+C，得，第15页（共23页）即 4cos2A4cosA+10，0A，（2）；，sin2（AB）+cos2（AB）1，且，    

44、        ，sinBsinA（AB）sinAcos（AB）cosAsin（AB）【点评】本题考查三角形的解法，考查三角函数的恒等变换应用，是中档题19（15 分）如图，在四棱锥 PABCD 中，PA平面 ABCD，底面是棱长为 1 的菱形，ADC60°，M 是 PB 的中点（1）求证：PD平面 ACM；（2）求直线 CM 与平面 PAB 所成角的正弦值（【分析】

45、 1）连接 BD，交 AC 于点 O，连接 OM，证明 OMDP，即可证明 PD平面ACM（2）取 AB 中点 E，连接 ME，CE，说明直线 CM 与平面 PAB 所成角为CME，通过求解三角形求解即可（【解答】 1）证明：连接 BD，交 AC 于点 O，连接 OM由底面 ABCD 是棱形，知 O 是 BD 的中点，

46、又 M 是 BP 的中点，所以 OMDP又 OM平面 ACM所以 PD平面 ACM（7 分）（2）解：取 AB 中点 E，连接 ME，CE由题可知ACB 是等边三角形，CEAB又 PA平面 ABCD，PA平面 PAB第16页（共23页）平面 ABCD平面 PAB又平面 ABCD平面 PABAB，CE平面 PAB直线 CM 与平面 PAB&

47、#160;所成角为CME（12 分）因所以，      又（15 分）（其他解法，如建空间直角坐标系，用空间向量解题，按步酌情给分【点评】本题考查直线与平面所成角的求法，直线与平面平行的判断定理的应用，考查空间想象能力以及计算能力20（15 分）数列an的前 n 项和记为 Sn，a1t，点（Sn，an+1）在直线 y3x+1 上，其中nN*（1）当实数 t 为何值时，数列an是等比数列（2）在（1）的结论下，设 bnlog4a

48、2n，cnbn×an，Tn 是数列cn的前 n 项和，求 Tn【分析】本题第（1）题主要是将点代入直线方程，然后根据 an+13Sn+1 写出 an3Sn1+1，再两式相减可得到 an+1 与 an 的关系式，再根据数列an是等比数列就可以算出实数t 的值；第（2）题可根据第（1）题得到数列an的通项公式，再得到数列bn的通项公式，然后得到数列cn的通项公式，然后运用错位相减法即可得到数列cn的前 n 项和Tn【解答】解：（1）由题意，可知：an

49、+13Sn+1，则 an3Sn1+1，（n1），得：an+1an（3Sn+1）（3Sn1+1）3（SnSn1）3an，an+14an，nN*第17页（共23页）又a23S1+13a1+13t+1，则而 a24a1，3t+14t，解得：t1，当 t1 时，数列an为等比数列（2）由（1），可得：，nN*，1bnlog4a2nlog442n2n1，nN*，nN*，得：【点评】本题第（1）题主要考查数列与函数的综合以及根据等比数列来求值；第（2）题主要考查运用错位相减法来求数列的前 n 项和本题属中档题21（15 分）已知椭圆&#

50、160;C：+   1 的上顶点为（0，1），且离心率为   （1）求椭圆 C 的方程；（2）设 A 是曲线 C 上的动点，A 关于 x 轴的对称点为 A'，点 P（1，0），直线 AP 与曲线 C 的另一个交点为 B（B 与 A'不重合），过 P 作直线 PHA'B，垂足为 H，是否

51、存在定点 Q，使|QH|为定值？若存在求出 Q 的坐标，不存在说明理由？第18页（共23页）（【分析】 1）利用已知条件求出 a2，b1，得到椭圆 C 方程（2）设直线 AB 方程为：yk（x+1），设 A（x1，y1），B（x2，y2），则 A'（x1，y1）由消去 y 得，（4k2+1）x2+8k2x+4（k21）0利用韦达定理，中点坐标公式，求出直线方程，然后转化求解直线 A'B 与 x 轴的交点

52、0;M为定点 M（4，0），说明，为定值得到结论【解析 2】（2）设 A（x1，y1），B（x2，y2），则 A'（x1，y1），设，即（1x1，y1）（x2+1，y2）推出，再设直线A'B 与 x 轴的交点为M ，且设 M （ x0 ， 0 ），又设，所以即有推出，得 x04，推出【 解 答 】 解 ：（ 1 ）  b  

53、;1 ，即可， a  2 ， b  1 ，椭圆 C 方程为（6 分）（2）设直线 AB 方程为：yk（x+1），设 A（x1，y1），B（x2，y2），则 A'（x1，y1）由消去 y 得，（4k2+1）x2+8k2x+4（k21）0第19页（共23页），（9 分）y2y1k（x2x1），y1+y2k（x1+x2+2），A'B 的中点坐标为，直线 A'B 

54、;的斜率所以直线 A'B 方程为：，即，（11 分）令 y0，得，；，所以，x1+x2+2即直线 A'B 与 x 轴的交点 M 为定点 M（4，0），又PHM90°，取 PM 的中点，则所以存在定点，为定值，使|QH|为定值 （15 分）【解析 2】（2）设 A（x1，y1），B（x2，y2），则 A'（x1，y1），设第20页（共23页），即（1x1，y1）（x2+1，y2）即，再设直线&#