浙江省2018-2019学年高二上学期期末考试数学试题（精品解析）

《浙江省2018-2019学年高二上学期期末考试数学试题（精品解析）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《浙江省2018-2019学年高二上学期期末考试数学试题（精品解析）（17页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。

1、杭高杭高 20182018 学年第一学期期末考试学年第一学期期末考试 高二数学试卷高二数学试卷 说明：说明： 1.1.本试卷满分为本试卷满分为 150150 分，考试时间为分，考试时间为 120120 分钟，考试过程中不得使用计算器；分钟，考试过程中不得使用计算器； 2.2.所有题目均做在答题卷上所有题目均做在答题卷上. . 一、选择题（本大题共一、选择题（本大题共 1010 小题，每小题小题，每小题 4 4 分，共分，共 4040 分，在每小题给出的四个选项中，只符分，在每小题给出的四个选项中，只符项项 是符合做目要求的）：是符合做目要求的）： 1.已知集合，则（ ） A. B. C. D.

2、 【答案】B 【解析】 【分析】 分别计算出集合后可得两个集合的交集. 【详解】，故，故选 B. 【点睛】本题考查集合的交运算，属于基础题. 2.“是”成立的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 因为，必要，若，则 或 ，即不一定成立，所以 “是”成立的充分不必要条件，故选 A. 3.已知椭圆的左焦点为 ，则点 到直线的距离为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】 计算出 的坐标后再利用点到直线的距离求解即可. 【详解】，故，所以， 故点 到直线的距离为，故选 C. 【点睛】从椭圆的标准方程

3、中可以得到一些几何量，如长半轴长、短半轴长、焦点坐标等，注意求焦点坐标时 要先确定焦点的位置. 4.若直线 经过圆的圆心，且与直线垂直，则直线 的方程是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 先求出圆心为 ，再求出其斜率为 ，利用斜截式可得直线的一般方程. 【详解】圆心为，直线的斜率为， 故直线即 ，故选 D. 【点睛】直线方程有五种形式，常用的形式有点斜式、斜截式、截距式、一般式，垂直于 轴的直线没有点斜 式、斜截式和截距式，垂直于 轴的直线和过原点的直线没有截距式，注意根据题设所给的条件选择合适的方 程的形式. 5.已知 ， 是两个不同平面，是三条不同直线，则下列命

4、题正确的是（ ） A. 若，且，则 B. 若，则 C. 若，且，则 D. 若且，则 【答案】D 【解析】 【分析】 在正方体中考虑各选项中的线面关系可得正确选项. 【详解】如图，在正方体中， 平面，平面，但平面平面，故 A 错； 平面， 平面，平面，故 B 错； 平面平面，平面，平面，但与所成的角为，故 C 错； 因同垂直于一条直线的两个平面互相平行，故 D 正确. 综上，选 D. 【点睛】立体几何中关于点、线、面之间位置关系的命题的真假问题，可在 正方体中考虑它们成立与否，因为正方体中涵盖了点、线、面的所有位置关系，注意有时需要动态地考虑位置 关系. 6.函数的值域是（ ） A. 或 B.

5、或 C. D. 或 【答案】A 【解析】 试题分析：，根据对钩函数的性质，从而可知值域为 或，故选 A 考点：函数的值域 7.设满足约束条件则的最大值为 A. 10 B. 8 C. 3 D. 2 【答案】B 【解析】 试题分析：作出约束条件的可行域，如图，平移直线，当直线经过点 时 有最大 值，由得，将代入得，即的最大值为 ，故选 B 考点：1、可行域的画法；2、最优解的求法 【方法点晴】本题主要考查线性规划中利用可行域求目标函数的最值，属简单题求目标函数最值的一般步骤 是“一画、二移、三求”：（1）作出可行域（一定要注意是实线还是虚线） ；（2）找到目标函数对应的最优解对 应点（在可行域内平

6、移变形后的目标函数，最先通过或最后通过的顶点就是最优解） ；（3）将最优解坐标代入 目标函数求出最值 8.如图，三棱柱中，侧棱，底面三角形是正三角形， 是中点，则下列 叙述正确的是（ ） A. 与是异面直线 B. C. ，为异面直线，且 D. 【答案】C 【解析】 【分析】 可证明平面，再根据异面直线的判断方法可得 C 是正确的，其他情形可通过反证法或反面情况给 予证明或说明. 【详解】是共面直线，故 A 错； 若平面，因平面，故，这与矛盾，故 B 错； 因为平面，故平面，因平面，故 .由三棱柱可以得到 ，故，由，可以得到.而，从而有平面， 而平面，故，又平面， 平面，故是 异面直线，故 C

7、正确； 若平面，因平面，故.因平面， 平面，故 ，而，故平面，又 平面，故，这与 矛盾，故 D 错； 综上，选 C. 【点睛】异面直线的证明可以用判断定理（即与平面相交的直线与平面内不过交点的直线的是异面直线） ，也 可以用反证法来说明.关于线面关系的判断题，也可通过反证法来说明. 9.已知点 是双曲线右支上的一点，是双曲线的左焦点，且双曲线的一条渐近线恰好是线 段的中垂线，则双曲线的离心率是（ ） A. B. 2 C. D. 3 【答案】A 【解析】 【分析】 设双曲线的右焦点为，则为直角三角形且，故可得的长，再利用双曲线的定义可得 的关系从而求出离心率. 【详解】设双曲线的右焦点为，连接，

8、设与渐近线的交点为，则为的中点且， 所以且 ，且. 因为， ， 又，所以即， 所以，故选 A. 【点睛】圆锥曲线中的离心率的计算，关键是利用题设条件构建关于的一个等式关系而离心率的取值范 围，则需要利用坐标的范围、几何量的范围或点的位置关系构建关于的不等式或不等式组 10.已知定点都在平面 内，点 是平面 内异于 和 的动点，且满足，设与平面 所成的角为，二面角的大小为，则（ ） A. B. C. D. 在大小关系不确定 【答案】C 【解析】 【分析】 可证平面，从而利用可计算，它们分别是，根据 可得的大小关系 【详解】因为平面，平面，故 又因为，故 平面，所以为与平面所成的角，故且 同理故为

9、二面角的平面角，故 由 平面， 平面，故，所以， 因为，故， 由都是锐角，故，故选 C 【点睛】空间中的角的计算，应通过构建空间角，把角的计算归结平面图形中的角的计算注意线面角必须依 据线面垂直来构造，二面角的平面角需构造与棱垂直的平面 二、填空题（本大题有二、填空题（本大题有 7 7 小题，多空题每小题小题，多空题每小题 6 6 分，单空题每小题分，单空题每小题 4 4 分，共分，共 3636 分）分） 11.已知双曲线 ：，则 的离心率为_；渐近线方程为_. 【答案】 (1). (2). 【解析】 【分析】 从标准方程得到基本量后可得双曲线的离心率和渐进线方程 【详解】因为，故，故离心率，

10、渐近线方程为： 【点睛】如果双曲线的方程为，那么求其渐近线的方法就是把 变成零后所得方程就是渐近线方 程.另外表示一类双曲线，它们具有共同的渐近线（俗称共渐近线的双曲线系） 12.已知一个几何体的三视图如下图所示，其中正视图是直角梯形，侧视图和俯视图都是矩形，则这个几何体的 体积是_，表面积是_. 【答案】 (1). (2). 【解析】 【分析】 三视图对应的几何体为如图所示的四棱柱，利用公式可计算其体积和表面积 【详解】三视图对应的几何体如图所示，该几何体的底面为梯形，其面积为，高为 ，故体积 为，侧面积为， 故表面积为故填 ， 【点睛】本题考察三视图，要求根据三视图复原几何体，注意复原前

11、后点、线、面的关系 13.已知等比数列的前 项和为，且满足成等差数列，则数列的公式_，如果， 则_. 【答案】 (1). (2). 【解析】 【分析】 设等比数列的公比为 ，则成等差数列可转化为关于公比 的方程，解这个方程可得公比，再利用公式 计算即可 【详解】设等比数列的公比为 ，因为成等比数列，则 即， 因，故即，所以 又，故填 【点睛】等差数列或等比数列的处理有两类基本方法：（1）利用基本量即把数学问题转化为关于基本量的方 程或方程组，再运用基本量解决与数列相关的问题；（2）利用数列的性质即通过数列下标的特征或数列和式 的特征找到合适的数列性质快速解决问题 14.已知，且，则的最小值为_

12、，的最小值为_ 【答案】 (1). (2). 【解析】 【分析】 利用消去 ，利用二次函数的性质可求的最小值，利用基本不等式可求的最小值 【详解】因为，所以，因，故 ，当时，有最小值且为 ，故 ， 当且仅当时等号成立，故的最小值为 综上，填 ， 【点睛】求多元函数的最值，常见的方法有消元法、基本不等式法或线性规划等消元法要注意变元范围的传 递应用基本不等式求最值时，需遵循“一正二定三相等” ，如果原代数式中没有积为定值或和为定值，则需 要对给定的代数变形以产生和为定值或积为定值的局部结构.求最值时要关注取等条件的验证. 15.已知，若，则_. 【答案】 【解析】 【分析】 利用同角的三角函数的

13、基本关系式和倍角可求. 【详解】由题设有，因，故， 所以，也就是，故填 . 【点睛】利用同角的三角函数的基本关系式可以化简一些代数式，常见的方法有： （1）弦切互化法：即把含有正弦和余弦的代数式化成关于正切的代数式，也可以把函数正切的代数式化为关 于余弦和正弦的代数式； （2） “1”的代换法：有时可以把 看成 16.已知点在圆上运动，且，若点 的坐标为，则的最大值为_. 【答案】 【解析】 【分析】 由可知为直径，从而，可设，则就是关于 的三角函数式，利 用可求最大值 【详解】由可知为直径，从而， 设，则， ， 当时，的最大值为 填 【点睛】向量数量积或模长的计算中，注意向已知长度的向量或与

14、已知的角的边有关的向量转化.同时注意寻 找在向量变化的过程中确定的量，以便把动态的向量向这些确定的向量转化. 17.设 O 为坐标原点，P 是以 F 为焦点的抛物线上任意一点，M 是线段 PF 上的点，且 |PM|2|MF|，则直线 OM 的斜率的最大值为_. 【答案】 【解析】 【分析】 由题意可得 F（ ，0） ，设 P（，y0） ，要求 kOM的最大值，设 y00，运用向量的加减运算可得 （，） ，再由直线的斜率公式，结合基本不等式，可得最大值 【详解】由题意可得 F（ ，0） ，设 P（，y0） ， 显然当 y00，kOM0；当 y00，kOM0 要求 kOM的最大值，设 y00， 则

15、（） （，） ， 可得 kOM， 当且仅当 y022p2，取得等号 故答案为： 【点睛】本题考查抛物线的方程及运用，考查直线的斜率的最大值，注意运用基本不等式和向量的加减运算， 考查运算能力，属于中档题 三、解答题（本大题共三、解答题（本大题共 5 5 小题，共小题，共 7474 分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. .） ； 18.已知函数 （1）求函数的单调递增区间 （2）当时，求函数的值域. 【答案】 （1）；（2） 【解析】 【分析】 （1）利用降幂公式和辅助公式可得. （2）求出的范围后可得的值域. 【详解】 （1）， 令， 则，故的

16、单调递增区间为， （2）当时，故.故值域为. 【点睛】形如的函数，可以利用降幂公式和辅助角公式将其化为 的形式，再根据复合函数的讨论方法求该函数的单调区间、对称轴方程和对称中心等 19.已知正项数列的首项，前 项和满足 （1）求数列的通项公式； （2）若数列是公比为 4 的等比数列，且也是等比数列，若数列单调递增数列，求实数 的取值范围； 【答案】 （1）；（2） 【解析】 【详解】 （1）因为，故，所以， 整理得到，因为正项数列，故， 所以，所以为等差数列且公差为 又，故，所以 （2）由题设有为等比数列， 故，整理得到，所以 令，因为单调增数列，故对任意的，总有， 所以，整理得到：，因，故，故 【点睛】