浙江衢州五校高二数学期中联考

衢州五校2018学年第二学期高二年级期中联考数 学 试 题注意事项：1. 本科目考试分试题卷和答题卷，考生须在答题卷上作答.2. 本试卷分为第卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分，全卷满分150分，考试时间120分钟.第卷（选择题，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.已知全集为自然数集，集合，则= （ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】先计算,再求得解.【详解】由题得,所以.故选：B【点睛】本题主要考查集合的交集和补集运算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.2.设是虚数单位，复数的虚部是 （ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】利用复数除法的运算法则、虚部的定义即可得出【详解】，它的虚部是1故选：点睛】本题考查了复数除法的运算法则、虚部的定义，考查了推理能力与计算能力，属于基础题3.是直线和直线平行的 （ ）A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充分必要条件D. 既不充分又不必要条件【答案】A【解析】【分析】通过讨论，结合直线平行的条件求出直线平行的充要条件，通过比较其和的关系，判断即可得解.【详解】当时，两直线分别为和，满足两直线平行当时，两直线分别为和，不满足两直线平行当a=2时，两直线分别为2x-y-2=0和2y+1=0,不满足两直线平行.，a2，若两直线平行，则，解得或即是直线和直线平行”充分不必要条件，故选：【点睛】本题考查了充分必要条件的判断，考查直线平行的充要条件，是一道基础题4.设，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，则B. 若，则C. 若，则D. 若，则【答案】D【解析】【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判断得解【详解】对于，若，根据线面垂直的性质定理容易得到，故正确；对于，根据平面与平面平行、垂直的性质，可得正确；对于，根据线面垂直的判定与性质，可得，所以正确；对于，若，则与可能相交；如墙角的三个面的关系；故是错误的故选：【点睛】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.设等比数列前项和为，若，则 （ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据题意，分析可得，又由，则，再把 计算可得答案【详解】根据题意，等比数列中，若，即，又由，则，则；故选：【点睛】本题考查等比数列的通项以及前项和的计算，属于基础题6.函数的图象大致为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】先判断函数的奇偶性，排除B,C,再取特殊值得解.【详解】由题得函数的定义域为关于原点对称，由题得f(-x)=3ln|-x|cos(-x)+1=3ln|x|cosx+1=f(x)，所以函数是偶函数，排除B,C.,故选: D.【点睛】本题主要考查函数的奇偶性的判断，考查对数函数和余弦函数的图像，考查由式找图，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.7.在空间直角坐标系中，平面的法向量为，已知，则到平面的距离等于 ( )A. 4B. 2C. 3D. 1【答案】B【解析】试题分析：设点到平面的距离为，则，选B考点：点到平面的距离的计算.8.设平面向量满足，则的最大值为（ ）A. B. C. D. 2【答案】A【解析】【分析】由题意可求向量的夹角，由此可设，然后根据已知可得，然后根据最大值的几何意义是在圆上任取一点到的距离的最大值，根据圆的性质可得解.【详解】 ，即夹角，故可设， ， 即表示以为圆心，以为半径的圆,则最大值的几何意义是在圆上任取一点，到的距离的最大值，根据圆的性质可知，所求的值为圆心到的距离.故选：【点睛】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.9.设函数是定义在上的可导函数，其导函数为，且有，则不等式的解集为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】构造函数，求其导函数，由已知可得在上是增函数，化（1）为（1）（1），利用单调性求解【详解】令，；，在上是增函数，（1）可化为（1）（1），即不等式（1）的解集为故选：【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性，考查了函数单调性的应用，构造函数是关键，是中档题10.设直线，椭圆，将椭圆绕着其中心逆时针旋转（旋转过 程中椭圆的大小形状不变，只是位置变化）到与椭圆重合，则旋转过程中椭圆与直线交于两点，则的最大值为( )A. B. C. D. 【答案】C【解析】【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y=kx+m,可得，联立直线y=kx+m与椭圆C方程得求出弦长|AB|,再利用函数求弦|AB|的最大值得解.【详解】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y=kx+m,其中，联立直线y=kx+m与椭圆C方程得，由弦长公式得，令.故.故选：C【点睛】本题主要考查直线和椭圆的位置关系，考查弦长的计算和最值求法，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.第卷（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.设函数，则函数的最小正周期为_；单调递增区间为_.【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】根据正弦函数的周期性和单调性可得解.【详解】，由，得，故答案为：(1). (2). 【点睛】本题考查了正弦函数的周期性和单调性，属基础题12.函数，则_；若，则的取值范围是_.【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】直接求出；分和两种情况解不等式，由此能求出的取值范围【详解】函数，；若，则当时，解得，当时，解得的取值范围是故答案为：(1). (2). 【点睛】本题考查函数值的求法，考查分段函数的性质，考查指数和对数函数的单调性，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.13.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_.【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】根据三视图知该几何体是底面为直角梯形的四棱锥，结合图中数据计算它的体积与表面积【详解】根据三视图知，该几何体是如图所示的四棱锥；根据图中数据，计算该四棱锥的体积为；表面积为故答案为：(1). (2). 【点睛】本题考查了利用三视图还原几何体，考查了求简单几何体的体积与表面积的应用问题，是基础题14.已知实数满足，则的最大值为_，的取值范围是_.【答案】 (1). 5 (2). 【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的范围即可【详解】由实数，满足，作出可行域如图，由图可知，则的最大值就是在直线经过可行域的点时取得联立，解得，当的最大值为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，令，当且仅当时取等号，因为，是增函数，可得，故答案为：5；，【点睛】本题考查简单的线性规划求最值，考查斜率的应用和基本不等式求最值，考查了函数的单调性的应用，考查了数形结合的解题思想方法，是中档题15.已知正数满足，则的最小值是_.【答案】【解析】【分析】由题得，所以，再根据基本不等式即可求出答案【详解】正数，满足，则，则，当且仅当时，即，时取等号，故答案为：【点睛】本题考查了条件等式下利用基本不等式求最值，考查了变形的能力，考查了计算能力，属于中档题16.从点引抛物线的两条切线，设切点，且，若直线与轴交于点C，则=_.(分别为的面积)【答案】【解析】【分析】设先求出过A，B两点切线方程为再根据两切线过点P(-1,2)，求出，再求的值.【详解】因A,B两点在抛物线上，所以设由题得，所以切线PA的方程为，所以过A，B两点的切线方程为因为这两条切线均过点P(-1,2),所以所以直线AB方程为y=x-1,所以点C(1,0),所以 .故答案为：.【点睛】本题主要考查抛物线方程的求法，考查直线和抛物线的位置关系，考查三角形的面积的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.17.已知函数, (),若函数与函数零点相同，则的取值范围是_.【答案】【解析】【分析】设的零点为，则，利用函数与函数的零点相同，得到，然后讨论的取值即可得到结论【详解】设的零点为，则，函数与函数的零点相同，解得，则；若，则与有相同的零点0，满足题意，若，则有两个零点，也恰有两个零点，方程无解，即方程无解，即无解，综上，又，即的取值范围为，故答案为：，【点睛】本题主要考查函数与方程的应用，根据函数与函数的零点相同，得到，即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.在中，三个内角分别为，已知.（1）求角的值；（2）若，且，求.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用三角恒等变换的公式化简即得角的值；（2）由题得，再根据求.【详解】解：（1）由及，得即， （2）因为，所以，因为，所以， 所以.【点睛】本题主要考查三角恒等变换求值，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.19.如图，在四棱锥中，平面，底面是棱长为的菱形，是的中点.(1)求证：/平面；(2)求直线与平面所成角的正弦值.【答案】（1）见解析（2）【解析】【分析】(1)先证明，再证明/平面；（2）取中点,连接，证明直线与平面所成角为，再解三角形即可得解.【详解】（1） 连接，交于点，连接，由底面是棱形，知是的中点，又是的中点，所以.又平面,所以/平面. （2）取中点,连接,由题可知是等边三角形，.又平面，平面,平面 平面又平面 平面 , 平面,直线与平面所成角为 因， 又所以.【点睛】本题主要考查空间线面平行的证明，考查空间线面角的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.20.数列的前项和记为，点在直线上，其中（1）当实数为何值时，数列是等比数列. （2）在（1）的结论下，设,是数列的前项和，求【答案】（1）时，数列为等比数列（2）【解析】【分析】（1）由题意,再利用项和公式求得时，数列为等比数列；（2）由题得，再利用错位相减法求【详解】解:（1）由题意 ，则 得，即 又，则，即，得，故时，数列为等比数列. （2）可得，所以得=所以【点睛】本题主要考查项和公式，考查错位相减法求和，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.21.已知椭圆:的上顶点为，且离心率为.（1）求椭圆的方程；（2）设是曲线上的动点，关于轴的对称点为，点，直线与曲线的另一个交点为(与不重合)，过作直线，垂足为，是否存在定点，使为定值？若存在求出的坐标，不存在说明理由？ 【答案】（1）（2）存在定点，使为定值.【解析】【分析】（1）由已知得到a,b,c的方程组，解方程组即得椭圆C的标准方程；（2）设直线方程为：，设,，先求出直线方程为：,再求得直线与轴的交点为定点，又，取的中点，则，为定值.即得解.【详解】解:（1）， ，椭圆方程为 （2）设直线方程为：，设,则由消去得， ，,的中点坐标为，直线的斜率所以直线方程为：,即, 令，得,=;，所以， =,=即直线与轴的交点为定点，又，取的中点，则，为定值.所以存在定点，使为定值.【点睛】本题主要考查椭圆的标准方程的求法，考查直线和椭圆的位置关系，考查椭圆中的定点和定值问题，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.22.设函数，（1）当时，求函数的单调区间；（2）当时，曲线与有两条公切线，求实数的取值范围；（3）若对恒成立，求实数的取值范围.【答案】（1）的单调递增区间为，单调递减区间为（2） （3）【解析】【分析】（1）当时，=，再利用导数求函数的单调区间；（2）设当两曲线与相切，则，解之即得，所以;(3)原命题等价于，再构造函数，等价于恒成立,再求得解.【详解】解:（1）当时，=，=，当时，当时，所以的单调递增区间为，单调递减区间为