浙江省嘉兴市2018_2019学年高二数学上学期期末检测试题（含解析）.docx

浙江省嘉兴市2018-2019学年第一学期期末检测高二数学试题一、选择题。1.直线（a为常数）的倾斜角为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】将直线方程整理成斜截式，利用斜率与倾斜角的关系列方程求解。【详解】由得：，所以，故选B。【点睛】本题考查了斜率与倾斜角的关系，即（）。2.“”是“”的（ ）A. 必要不充分条件B. 充分不必要条件C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件【答案】A【解析】试题分析：由题意得，当且时，可推得，但是当成立时，且不一定是成立的，所以“”是“且”的必要不充分条件，故选A.考点：不等式的性质.3.已知圆的圆心在直线上，则与的关系是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】依题意有：圆心代入直线，化简得.4.圆,的位置关系为（ ）A. 外离B. 外切C. 相交D. 内切【答案】D【解析】【分析】利用圆与两圆心之间距离与两圆半径之间的关系即可得到答案【详解】解：圆的圆心为，半径，圆的圆心为：，半径，又,，圆与内切，故选：D【点睛】本题考查圆与圆的位置关系及其判定，求得两圆心之间的距离与两圆半径是解决问题的关键，属于中档题5.若不等式组表示的平面区域是一个三角形，则的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据已知的不等式组画出满足条件的可行域，根据图形情况分类讨论，可求出a的取值范围【详解】解：满足约束条件的可行域如下图示由图可知，若不等式组表示的平面区域是一个三角形，则a的取值范围是：5a7故选：C【点睛】平面区域的形状问题是线性规划问题中一类重要题型，在解题时，关键是正确地画出平面区域，然后结合分类讨论的思想，针对图象分析满足条件的参数的取值范围6.设P表示一个点，a，b表示两条直线，表示两个平面，给出下列四个命题，其中正确的命题是（ ）ab，A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据平面三公理，逐一对四个结论进行分析，即可求解【详解】解：当时，但错；当a=P时，错；如图ab，Pb，由直线a与点P确定唯一平面，又ab，由a与b确定唯一平面，但经过直线a与点P与重合，b，故正确；两个平面的公共点必在其交线上，故正确故选：D【点睛】本题考查平面三个公理的应用，属于基础题.7.若圆上有且只有两个点到直线的距离等于1，则半径r的取值范围是（ ）A. (4,6)B. 4,6C. (4,5)D. (4,5【答案】A【解析】由圆，可得圆心的坐标为圆心到直线的距离为：由得所以的取值范围是故答案选点睛：本题的关键是理解“圆上有且只有两个点到直线的距离等于1”，将其转化为点到直线的距离，结合题意计算求得结果8.已知不等式的解集是则不等式的解集是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由已知得，是一元二次方程的实数根，得和的关系，把不等式化为，求出解集即可【详解】解：不等式的解集是，则，是一元二次方程的实数根，且a0；，；不等式化为 化为 又；不等式的解集为：故选：B【点睛】本题考查一元二次不等式的解集与相应的一元二次方程的实数根之间的关系，是中档题9.设，且，若恒成立，则实数的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】把转为展开后利用基本不等式求得最小值24，然后由24得m的范围【详解】解：当且仅当时取等号，故选：C【点睛】本题考查基本不等式在最值问题中的应用，考查了学生分析问题和解决问题的能力10.设集合，若，则实数m的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】求出使集合A非空的m的范围，再由，得圆与x+y=2m或x+y=2m+1有交点，利用圆心到直线的距离与圆的半径的关系求解【详解】解：由题意，则，或；显然要使，只需圆与x+y=2m或x+y=2m+1有交点，即或，或，又m0或当m=0时，（2，0）不在0x+y1内综上，实数m的取值范围是故选：A【点睛】本题考查交集及其运算，考查直线与圆位置关系的应用，考查数学转化思想方法，是中档题二、填空题.11.若“”是“”的必要不充分条件，则的最大值为_【答案】-1【解析】【分析】根据必要不充分条件的定义转化为集合真子集关系进行求解即可【详解】解：由得x-1或x1，又“”是“xa”的必要不充分条件，则 ，则a-1，则最大值为-1，故答案为：-1【点睛】本题主要考查充分条件和必要条件的应用，结合子集关系是解决本题的关键12.一个空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为_【答案】【解析】【分析】根据几何体的三视图，得该几何体是底面为等腰梯形的直四棱柱，根据图中数据即可求出它的表面积【详解】解： 如图所示的三视图是以左视图所示等腰梯形为底的直四棱柱，其底面上底长为2，下底长为4，高为4，故底面积S底（2+4）412，腰长为：，其侧面积S侧4（2+4+2）24+8则该几何体的表面积为S2S底+S侧212+24+848+8故答案为：【点睛】本题考查由三视图求面积、体积，其中根据三视图及标识的数据，判断出几何体的形状，并求出相应棱长及高是解答本题的关键13.命题“若一个数是负数，则它的平方是正数”的否命题是_命题（填真或假）【答案】假【解析】【分析】可先写出原命题的逆命题，然后判断真假，根据互为逆否命题的真假关系相同即可判断【详解】解：若一个数是负数，则它的平方是正数”的逆命题是：若一个数的平方是正数，则这个数是负数，为假命题而命题的逆命题与否命题是互为逆否关系，真假相同，可知否命题为假命题故答案为：假【点睛】本题考查互为逆否命题的真假关系相同的应用，要判断命题的否命题的真假时，也可先判断其逆命题的真假14.如图，正方体中，E、F、G分别、AB、的中点，则异面直线A1E与GF所成角的余弦值是_【答案】【解析】分析】以D为坐标原点，建立直角坐标系，可得出A1、E、G、F各点的坐标，从而得到，的坐标，利用夹角公式计算即可.【详解】解：分别以DA、DC、为x、y、z轴建立如图坐标系，设正方体的棱长为2，则（2，0，2），E（0，0，1），G（0，2，1），F（2，1，0）=（-2，0，-1），=（2，-1，-1）设 的夹角为，则异面直线A1E与GF所成角的余弦值是故答案为：【点睛】本题考查利用空间向量解决两条异面直线所成的角，属于基础题15.直线与连接A（4，5），B（-1，2）的线段相交，则的取值范围是_【答案】或【解析】【分析】判断直线恒过定点P（0，-1），计算PA、PB的斜率，再利用数形结合求a的取值范围【详解】解：由直线ax+y+1=0的方程，判断直线恒过定点P（0，-1），如图所示，计算，且或，则或，即实数a的取值范围是：或故答案为：或【点睛】本题考查直线的斜率与直线方程的应用问题，是基础题16.如图，在正方体中，棱长为a，M、N分别为A1B和AC上的点，则MN与所成的角为_【答案】【解析】【分析】以为坐标原点，分别以，所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，分别求出的坐标，由数量积求夹角公式可得MN与所成的角【详解】解：如图，以为坐标原点，分别以，所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系棱长为a，（a，0，0），（a，a，0），M（a，），N（，a）,MN与所成的角为故答案为：【点睛】本题考查利用空间向量求解异面直线所成角，是基础题17.若，当时，恒成立，则的最大值为_【答案】【解析】【分析】把已知函数解析式变形，结合当m0，1时，f（m）1恒成立，得到关于a，b的约束条件，然后利用线性规划知识求a+b的最大值【详解】解：g（m）=（3m-1）a+b-2m=（3a-2）m-a+b，当m0，1时，g（m）1恒成立，即画出可行域如图，联立，解得A（，），令z=a+b，化为b=-a+z，由图可知，当直线b=-a+z过A时，直线在y轴上的截距最大，z有最大值为故答案为：【点睛】本题考查函数恒成立问题，考查数学转化思想方法，训练利用线性规划求最值，是中档题18.在正方体中边长AB为2，P为正方形A1B1C1D1四边上的动点，O为底面正方形ABCD的中心，Q为正方形ABCD内一点，M，N分别为AB，BC上靠近A和C的三等分点，若线段与OP相交且互相平分，则点Q的轨迹与线段MN形成的封闭图形的面积为_【答案】【解析】【分析】根据线段与OP互相平分，可得四边形是平行四边形，点Q的轨迹为过O与AB，AD平行的两条线段，设过O平行于AB的直线交MN于点H，过O平行于AD的直线与MN交于点G，则点Q的轨迹与线段MN形成的封闭图形是等腰直角GHO，由此能求出点Q的轨迹与线段MN形成的封闭图形的面积【详解】解：线段与OP互相平分，四边形是平行四边形O为底面正方形ABCD的中心，点Q的轨迹为两条线段（过O与AB，AD平行的两条线段），设过O平行于AB的直线交MN于点H，过O平行于AD的直线与MN交于点G，点Q的轨迹与线段MN形成的封闭图形是等腰直角GHO，点Q的轨迹与线段MN形成的封闭图形的面积为：故答案为：【点睛】本题考查立体几何中的轨迹问题，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理能力与计算能力，属于难题三、解答题。19.分别解答下列两题：（1）已知，求的最大值（2）已知，求证：.【答案】（1）最大值为10（2）见证明【解析】【分析】（1）利用基本不等式即可求出xy的最小值，（2）根据不等式的基本性质即可证明【详解】解：（1）x0，y0，且，当且仅当，即x=5，y=2时取等号，故的最大值为10.（2）ab0，cd0，-c-d0，a-cb-d0， k0，【点睛】本题考查基本不等式、不等式的基本性质的运用，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题20.如图，正三棱柱的所有棱长都为2，D为中点（）求证：面；（）求二面角的余弦值【答案】(1)取中点，连结为正三角形，正三棱柱中，平面平面，平面-2分连结，在正方形中，分别为的中点，-4分在正方形中，平面-6分(2)设与交于点，在平面中，作于，连结，由()得平面，为二面角的平面角-8分在中，由等面积法可求得，又，所以二面角的正弦大小【解析】【分析】（1）通过建立如图所示空间直角坐标系，利用数量积，即可证明平面.（2）利用两个平面的法向量的夹角余弦值即可得到二面角的余弦值.【详解】(1)证明：如图，取BC的中点O，连接AO.因为ABC为正三角形，所以AOBC.因为在正三棱柱ABCA1B1C1中，平面ABC平面BCC1B1，所以AO平面BCC1B1.取B1C1中点O1，以O为原点，的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系，则B(1，0，0)，D(1，1，0)，A1(0，2，)，A(0，0，)，B1(1，2，0)，C(1，0，0)， 所以(1，2，)，(2，1，0)，(1，2，)因为2200，1430，所以，即AB1BD，AB1BA1.又BD与BA1交于点B，所以AB1平面A1BD.(2)解：连接AD，设平面A1AD的法向量为n(x，y，z)(1，1，)，(0，2，0)因为n，n，所以即解得令z1，得n(，0，1)为平面A1AD的一个法向量由(1)知AB1平面A1BD，所以为平面A1BD的法向量cosn，故二面角AA1DB的余弦值为.【点睛】该题考查的是有关用空间向量解决立体几何的问题，涉及到的知识点有线面垂直的判定，二面角的余弦值的求解，在解题的过程中，注意向量垂直的应用条件，以及应用法向量求解二面角余弦值的步骤.21.已知圆关于直线对称的圆为（1）求圆C的方程；（2）过点（1，0）作直线l与圆C交于A，B两点，O是坐标原点，是否存在直线l，使得AOB=90？若存在，求出所有满足条件的直线l的方程；若不存在，请说明理由【答案】（1）（2）见解析【解析】【分析】（）求出圆心关于直线l1的对称点得到圆C的圆心坐标，即可得答案；（）通过经过直线l与圆C1圆的圆心在AB上，且经过原点，列方程解得【详解】解：（） 圆C1化为标准方程为（x-1）2+y29，设圆心（1，0）关于直线l1：yx+1的对称点为C（a，b），则，且CC1的中点在直线l1：yx+1上，有，解得：，圆C的方程为，（）假设存在直线l，显然直线l有斜率，设直线，设经过直线l和圆C的圆的方程为：即，依题意该圆过原点且圆心在直线l上，解得=-4，k=1，所以存在直线【点睛】本题考查直线与圆的位置关系的应用，考查圆的标准方程的求法，属中档题22.如图，正方形ABCD中，边长为2，E为AB中点，F是边BC上的动点（1）将ADE沿DE翻折90到SDE，求二面角S-DC-E的正切值；（2）若，将ADE沿DE翻折到SDE，BEF沿EF翻折到SEF，接DF，设直线DS与平面DEF所成角为，求的最大值【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）过S作SGDE于G，过G作GMDC于M，连接SM，可得SMG为二面角S-DC-E的平面角，放入三角形中求解即可（2）设S在面AEF上的射影为O，连接DO，则SDO为直线DS与面DEF所成角，设,利用可得SO和，换元利用函数单调性求解【详解】解：（1）如图，过S作SGDE于G，G作GMDC于M，连接SM，面SDE面BCDE，面SDE面BCDE=DE，SG面BCDE可得SMG为二面角S-DC-E的平面角在RtDAE中，AD=2，AE=1，A=