1、浙江省环大罗山联盟2019-2020学年高二数学下学期期末联考试题（含解析）考生须知：1本卷共4页，满分150分，考试时间120分钟2答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字3所有答案必须写在答题卷上，写在试卷上无效4考试结束后，只需上交答题卷选择题部分（共40分）一、选择题（本大题共10小题，每小题4分，共40分）1. 已知集合，则=（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】直接根据交集的概念进行运算可得答案.【详解】因为，所以=.故选：D.【点睛】本题考查了交集的运算，属于基础题.2. 设，则下列不等式中一定成立的是（ ）A. B. C.
2、 D. 【答案】C【解析】【分析】本题是选择题，可采用逐一检验，利用特殊值法进行排除，很快问题得以解决【详解】ba，dc设b=2，a=1，d=2，c=4选项A，1422，不成立选项B，（1）4（2）2，不成立选项D，1+22+4，不成立故选C【点睛】本题主要考查了不等式的基本性质，特值法针对比较大小问题有奇效.3. 设,命题“若,则方程有实根”的逆否命题是( )A. 若方程有实根，则B. 若方程有实根，则C. 若方程没有实根，则D. 若方程没有实根，则【答案】D【解析】试题分析：原命题的逆否命题是：若方程没有实根，则，故选D.考点：四种命题.4. 某简单几何体的三视图（俯视图为等边三角形）如图
3、所示（单位：cm），则该几何体的体积（单位：cm3）为A. 18B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】判断三视图复原的几何体的形状,利用三视图的数据求解几何体的体积即可.【详解】由题意可知几何体是底面为正三角形的三棱柱，底面边长为2，高为3,所以几何体的体积为，故选：C.【点睛】本题考查三视图求解几何体体积，考查转化思想以及空间想象能力5. 函数的图象大致是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据函数的奇偶性及特殊值,可判断函数的图像.【详解】因为而为偶函数, 为奇函数,所以为奇函数,所以排除C,D.当时, ,所以,所以排除B选项.故选:A【点睛】本题考查了根据函数解
4、析式判断函数图像,利用函数的奇偶性、单调性和特殊值,可排除选项,属于基础题.6. 如图，与的夹角为，若，则（）A. 1B. 2C. 3D. 4【答案】B【解析】【分析】由 可得，结合向量的数量积的性质，代入即可求解.【详解】解：与 的夹角为135，若，则1642+162+8（2），2故选B【点睛】本题主要考查了平面向量的数量积的性质的简单应用，属于基础试题.7. 已知函数是幂函数，对任意的且，满足，若，则的值（ ）A. 恒大于0B. 恒小于0C. 等于0D. 无法判断【答案】B【解析】【分析】根据函数为幂函数以及函数在的单调性，可得，然后可得函数的奇偶性，结合函数的单调性以及奇偶性，可得结果.
5、【详解】由题可知：函数是幂函数则或又对任意的且，满足所以函数为的增函数，故所以，又，所以为单调递增的奇函数由，则，所以则故选：B【点睛】本题考查幂函数的概念以及函数性质的应用，熟悉函数单调递增的几种表示，比如，属中档题.8. 已知在等比数列中，是与的等比中项，则“”是“数列唯一”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】C【解析】【分析】根据条件“在等比数列中，是与的等比中项”求解数列，然后由充分必要条件的定义判断【详解】在等比数列中，是与的等比中项，则，设的公比为，则，（*），因为，所以此方程一定有两不等实解，当等比数列只有一解时，方程（
6、*）的两解中一解为需舍去，此时；若，方程（*）有一个解是，另一解数列只有一解，由上分析知是数列唯一的充要条件故选：C【点睛】本题考查充分必要条件的判断，掌握充分必要条件的定义是解题关键9. 过原点的一条直线与椭圆交于A，B两点，为椭圆右焦点，且AB长度等于焦距长，若，则该椭圆离心率的取值范围为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由椭圆的对称性可知四边形是平行四边形，且AB长度等于焦距长则该四边形为矩形，进而用角分别表示，进而由椭圆的定义构建方程并表示离心率，最后由三角函数求值域方式求得取值范围.【详解】由题可知，AB长度等于焦距长且直线AB过原点，由椭圆的对称性可知，四边形
7、是矩形，则，又因为点A在椭圆上，则，即，因为，即，则，故故选：B【点睛】本题考查由椭圆的几何关系求离心率的取值范围，属于中档题.10. 若函数的图象上存在两点A，B关于原点对称，则称点对为的“基点对”，点对与可看作同一个“基点对”若恰好有两个“基点对”，则实数a的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】问题转化为，即在上恰有两个实根，再根据二次函数的图象列式即可解得结果.【详解】因为与的图象关于原点对称，所以问题等价于与的图象恰有两个交点，等价于，即在上恰有两个实根，结合二次函数的图象可知，且且，即，解得.故选：B.【点睛】本题考查了函数图象的对称性，考查了二次函数图
8、象，考查了函数与方程思想，属于中档题.非选择题部分（共100分）二、填空题（本大题有7小题，多空题每空3分，单空题每空4分，共36分）11. 一扇形的周长等于4，面积等于1，则该扇形的半径为 ，圆心角为 【答案】1 ， 2【解析】试题分析：设该扇形圆心角为，半径为r，则由题意得，2r+r=4，r=1，=2 （rad），考点：扇形面积公式12. 在长方体中，则异面直线与所成的角的余弦值为_，该长方体外接球的表面积为_【答案】 (1). (2). 34【解析】【分析】根据，得到异面直线与所成角即为（或补角），再利用余弦定理求解；根据外接球的直径为长方体的体对角线的长求得半径，再代入球的表面积公式求
9、解.【详解】在长方体中，所以四边形是平行四边形，所以，所以异面直线与所成的角即为：（或补角），因为，所以，所以；该长方体外接球的半径为：，所以长方体外接球表面积为.故答案为：；34【点睛】本题主要考查异面直线所成的角以及几何体的外接球问题，余弦定理的应用，还考查了空间想象和运算求解的能力，属于中档题.13. 已知数列满足，若为等差数列，其前项和为，则_，若为单调递减的等比数列，其前项和为，则_【答案】 (1). 54. (2). 6.【解析】【分析】当数列是等差数列时,则利用等差数列的性质,可直接求;当数列是等比数列时,则利用等比数列的性质,结合可以将转化为一元二次方程的根,求出和,且利用递减
10、等比数列即,求得首项和公比,利用等比数列前和公式即可求得结果.【详解】若为等差数列,则, ;若为等比数列,是方程两根为单调递减等比数列，,，.故答案为:54;6.【点睛】本题考查了等差数列和等比数列的性质,熟练掌握数列的相关计算公式是解题的关键,考查了学生的转化及计算能力,属于一般难度的题.14. 在平面直角坐标系中，不等式组表示的平面区域面积为_，的最大值为_【答案】 (1). 3 (2). 3【解析】【分析】画出可行域，由此求得可行域的面积，利用线性规划最值的求法，求得的最大值.【详解】画出可行域如下图所示：由图可知，可行域的面积为.当直线过点时，有最大值为.故答案：；【点睛】本小题主要考
11、查可行域面积的求法，考查根据线性规划求最值，属于中档题.15. 已知双曲线方程为，直线分别交双曲线左右两支于A，B两点，与轴交于点C，则的范围是_【答案】.【解析】【分析】设，联立直线与双曲线，根据韦达定理得，求出的取值范围，设，根据，得，根据的范围，解不等式可得的范围.【详解】联立，消去并整理得，恒成立，设，则，所以，所以，所以设，则，所以，所以，所以，即，又因为，所以，所以，所以，所以，即.故答案为：.【点睛】本题考查了直线与双曲线的位置关系，考查了韦达定理，考查了运算求解能力，属于较难题.16. 在平面四边形中，已知的面积是的面积的3倍若存在正实数x，y使得成立，则的最小值为_【答案】【
12、解析】【分析】由面积比得，再利用三点共线可得出的关系，从而利用基本不等式可求得的最小值详解】如图，设与交于点，由得，所以，又三点共线，即共线，所以存在实数使得，因为，所以，所以，又因为，所以，当且仅当，即，时等号成立所以的最小值为故答案为：【点睛】本题考查向量共线定理，考查基本不等式求最值，解题关键是利用平面向量共线定理得出的关系，然后用“1”的代换，凑配出定值，用基本不等式求得最小值17. 已知函数，若，则在上的最大值为_【答案】【解析】【分析】先求出，且，再求出，且，且，依次类推即得解.【详解】由题得函数在单调递增，且，所以在单调递增，且，所以，且，同理，且，同理，且，依次类推，且.故答案
13、为：.【点睛】本题主要考查二次函数的图象和性质、复合函数的单调性和函数最值的求法，考查归纳推理能力，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.三、解答题（本大题有5小题，共74分）18.已知函数.（1）若，且，求的值；（2）求函数的最小正周期及单调递增区间.【答案】(1) ;(2) ,【解析】试题分析：(1)由，且,求出角的余弦值,再根据函数,即可求得结论.(2) 已知函数,由正弦与余弦的二倍角公式,以及三角函数的化一公式,将函数化简.根据三角函数周期的公式即可的结论.根据函数的单调递增区间,通过解不等式即可得到所求的结论.试题解析： (1)因为所以.所以(2)因为,所以.由得.所以的单调递增区间
14、为.考点：1.三角函数的性质.2.三角的恒等变形.19. 如图，平行四边形ABCD所在平面与直角梯形ABEF所在平面互相垂直，且，P为DF中点（1）求证：直线PE平行于平面ABCD；（2）求PE与平面BCE所成的线面角大小【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）取AD中点为Q，连接PQ，QB，通过证明四边形为平行四边形可得，再根据直线与平面平行的判定定理可证结论；（2）先证明两两垂直，再以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，利用空间向量可求得结果.【详解】（1）证明：取AD中点为Q，连接PQ，QB，则，由于，故，所以四边形为平行四边形，因为平面ABCD，平面ABCD，平面ABC
15、D；（2）在中，因为，所以，所以，又平面平面，所以平面，所以，所以两两垂直，以为原点，分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系： 则，所以，令平面的法向量为，则由，可得，取，则，所以令所求的线面角为，则，所以直线PE与平面BCE所成的角为【点睛】本题考查了直线与平面平行的判定定理，考查了平面与平面垂直的性质定理，考查了线面角的向量求法，属于中档题.20. 已知数列的各项均为正数，记数列的前项和为，数列的前项和为，且（1）求数列的通项公式；（2）若，求数列的前项和【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）当时由已知关系式求得，当时，两式相减得到与的关系，再当时，求得，当时，两式相减可知此时数列为
16、等比数列，验证前两项得答案；（2）由已知表示数列的通项公式，再由裂项相消法求得前项和即可.【详解】（1）当时，所以，因为数列各项均为正数，所以，当时，两式相减得即当时，则，当时，两式相减得，即，所以，当时也满足，所以；（2）当时，当时，所以，当时也满足，所以【点睛】本题考查利用前n项和求数列的通项公式，还考查了裂项相消法求数列的前n项和，属于较难题.21. 如图，抛物线的方程为，已知点、，直线的方程为，直线与抛物线交于、两点（1）若时，求直线的方程；（2）若时，求的外接圆半径【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）设，根据可得出，令，可得出直线的方程为，将直线的方程与抛物线的方程联立，列
17、出韦达定理，结合可求得正数的值，由此可得出直线的方程；（2）利用求得点的坐标，并求出的值，利用两角和的正切公式求得的值，可求得，利用抛物线的焦点弦长公式可求得，然后利用正弦定理可求得的外接圆半径【详解】（1）设，由于，则，即，令，则直线的方程可化为，联立，可得，由韦达定理得，得，解得，所以直线方程为；（2）由于，则，即，即，解得或.当时，则，即点，直线的斜率为，不合乎题意；当时，则，即点，直线的斜率为，合乎题意.所以，由同角三角函数的基本关系可得，解得，所以的外接圆半径为【点睛】本题考查利用三角形的面积比求参数，同时也考查了三角形外接圆半径的计算，考查计算能力，属于中等题.22. 已知函数，（
18、1）当，求函数的值域；（2）设函数，问：当取何值时，函数在上为单调函数；（3）设函数的零点为，试讨论当时，是否存在，若存在请求出的取值范围（）【答案】（1）；（2）或；（3）答案见解析.【解析】【分析】（1）时，结合二次函数的性质及可得值域；（2）化函数为分段函数形式，讨论两个函数的对称轴，根据对称轴与的关系确定单调性；（3）根据二次方程的根和二次函数的性质分类讨论，可得的零点情况【详解】解：（1）当时，因为，所以所以值域为；（2），当时，对称轴是，当时，函数递减，的对称轴是，因此函数在上递减，所以在上递减，同理，当时，因此在上，递增，在上，递增，所以在上递增，当时，在上递减，在上递增，即在上不单调综上所述或；（3），当时，恒成立，当时，恒成立，所以当时，无零点，不存在，当，只有一个零点4，当时，在两个零点，且关于对称，当时，只有一个零点，当时，在两个零点，且关于对称，当时，有两个零点，（由和在时都是单调递减的易得）【点睛】本题考查分段函数的性质：值域、单调性、零点等，掌握二次函数的性质是解题关键考查分类讨论思想，运算求解能力