1、浙江省杭州市北斗联盟2019-2020学年高二数学下学期期中联考试题（含解析）考生须知：1.本试卷分试题卷和答题卷，满分150分，考试时间120分钟.2.答题前，在答题卷规定位置填写班级、学号和姓名；座位号写在指定位置；3.所有答案必须写在答题卷上，写在试题卷上无效，考试结束只需上交答题卷.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.设集合或，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据补集运算可得，解绝对值不等式可得，再根据交集运算可得结果.【详解】因为或，所以，因为，所以.故选：A.【点睛】本题考查了集合的补
2、集、交交集运算，考查了绝对值不等式的解法，属于基础题.2.双曲线焦点坐标为()A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】利用双曲线方程，化为标准方程，然后求解双曲线的焦点坐标【详解】双曲线x24y24，标准方程为：，可得a2，b1，c，所以双曲线的焦点坐标：（，0）故选D【点睛】本题考查双曲线的焦点坐标的求法，双曲线的简单性质的应用，考查计算能力3.设实数x，y满足，则的最小值为（ ）A. -2B. -1C. 0D. 1【答案】B【解析】【分析】由约束条件作出可行域，再令，化目标函数为，由直线在轴的截距的范围确定目标函数的最值即可.【详解】由约束条件作出可行与如图，令，则，因此求的最小
3、值，即是求直线在轴截距的最大值，平移直线，由图可知，当过点（0,1）时，直线截距最大，即.故选：B【点睛】本题主要考查简单的线性规划问题，只需由约束条件作出可行域，再化目标函数为直线的斜截式方程即可求解，属于基础题型.4.已知复数（为虚数单位），则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】先化简，再化简即可得出结果【详解】,故选：D【点睛】本题主要考查复数的除法运算，属于基础题.5.已知,为的导函数，则的图象是（）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】先求得函数的导函数，再对导函数求导，然后利用特殊点对选项进行排除，由此得出正确选项.【详解】依题意，令，则.由于，故排
4、除C选项.由于，故在处导数大于零，故排除B,D选项.故本小题选A.【点睛】本小题主要考查导数的运算，考查函数图像的识别，属于基础题.6.设a，b是两条直线，表示两个平面，如果，那么“”是“”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. 既不充分也不必要条件【答案】B【解析】分析】当时，可能有、与相交但不垂直、四种情况，；当时，根据直线与平面垂直的判定和性质可得，再根据必要不充分条件的概念可得答案.【详解】如果，当时，或或与相交但不垂直或，如果，当时，可得，可得，所以“”是“”的必要不充分条件.故选：B【点睛】本题考查了必要不充分条件，考查了直线、平面的平行与垂直关系，
5、属于基础题.7.若平面向量，满足，则的最大值为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】可根据题意，把重新组合成已知向量的表达，利用向量数量积的性质，化简为三角函数最值.【详解】由题意可得：，即故选：A.【点睛】本题主要考查根据已知向量的模，求未知向量的模的方法技巧，把要求的向量重新组合成已知向量的表达是本题的关键点，属于中档题.8.已知长方体的底面为正方形，且，侧棱上一点满足，设异面直线与，与，与的所成角分别为，则A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据题意将异面直线平移到同一平面，再由余弦定理得到结果.【详解】根据题意将异面直线平移到同一平面中，如上图，显然，因
6、为，异面直线与的夹角即角，根据三角形中的余弦定理得到，故，同理在三角形中利用余弦定理得到：，故，连接AC，则AC垂直于BD，CE垂直于BD，AC交CE于C点，故可得到BD垂直于面ACE，进而得到BD垂直于AE，而BD平行于.从而得到，故.故答案为A.【点睛】这个题目考查了异面直线夹角的求法，一般是将异面直线平移到同一平面中，转化到三角形中进行计算，或者建立坐标系，求解两直线的方向向量，两个方向向量的夹角就是异面直线的夹角或其补角.9.下列命题正确的是 ( )A. 若，则B. 若，则C. 若，则D. 若，则【答案】C【解析】【分析】构造函数，利用导数求得函数的单调性，由此判断出正确的选项.【详解
7、】根据对数函数的定义域可知.构造函数，故在上是增函数.故当，即时，根据单调性可知.故选C.【点睛】本小题主要考查函数的单调性，考查构造函数法，考查化归与转化的数学思想方法，属于中档题.10.已知数列满足：，.则下列说法正确的是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】构造函数，利用导数判断函数的单调性，可得，结合的单调性和数列的递推式可得，可得出选项【详解】令，由可得在上单调递增，由可得在单调递减，且，可得，又恒成立，若，则数列为常数列，不满足，所以，且，则， ，依些递推，得，所以，故选：C【点睛】本题考查了数列和导数的综合问题，考查了学生利用导数判断函数的单调性，同时考查了学生
8、转化问题的能力和计算能力，属于难题.二、填空题 本大题共7小题，多空题每小题6分，单空题每小题4分，共36分.11.祖暅是我国南北朝时代的伟大科学家，他在实践的基础上提出了体积计算的原理：“幂势既同，则积不容异”，称为祖暅原理.利用这个原理求半球O的体积时，需要构造一个几何体，该几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为_，表面积为_. 【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】由题意可知，此几何体为一个圆柱挖去一个圆锥，所以体积等于圆柱体积的三分之二，表面积等于圆柱的底面面积加侧面面积，再加上圆锥的侧面面积.【详解】解：由题意知，此几何体为一个圆柱中挖去一个圆锥，底面半径为1，高为1的几
9、何体，所以几何体的体积为几何体的表面积为故答案为：；【点睛】此题考查了由几何体的三视图求体积和表面积，属于基础题.12.已知圆M的半径长是r，圆心坐标是.若直线与圆M相切于点，则_，_.【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】由过切点的半径与切线垂直可求得，然后由两点间距离求得.【详解】由题意，解得：，所以，故答案为：；【点睛】本题考查圆的切线的性质，掌握切线性质是解题关键，考查计算能力，属于基础题.性质：过切点的半径与切线垂直.13.在中，内角所对的边分别是.若，则_，面积的最大值为_.【答案】 (1). 1 (2). 【解析】【分析】由正弦定理，结合，可求出；由三角形面积公式以及角A
10、的范围,即可求出面积的最大值.【详解】因为，所以由正弦定理可得，所以;所以，当，即时，三角形面积最大.故答案为(1). 1 (2). 【点睛】本题主要考查解三角形的问题，熟记正弦定理以及三角形面积公式即可求解，属于基础题型.14.若正实数、满足，则的最小值为_；的最小值为_【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】由已知条件得出，利用基本不等式可求得的最小值，将代数式与相乘，展开后利用基本不等式可求得的最小值.【详解】正实数、满足，由基本不等式得，可得，当且仅当时，等号成立，即的最小值为.由基本不等式得，当且仅当时，等号成立，即的最小值为.故答案为：；.【点睛】本题考查利用基本不等式求最值
11、，涉及的妙用，考查计算能力，属于中等题.15.若函数的的值域是，其中e是自然对数的底数，则实数m的最小值是_.【答案】【解析】【分析】利用导数可求得当时，函数的值域是；当时，函数的值域是，从而可得 ，进而可得结果.【详解】当时，此时函数在上递增，值域是.当时，是减函数，其值域是.因为函数的值域是，所以 .于是解得，即实数的最小值是.故答案为：.【点睛】本题主要考查分段函数的值域问题，以及利用导数求函数的最值，考查对基础知识掌握的熟练程度以及灵活应用所学知识解答问题的能力，属于中档题.16.已知椭圆长轴的右端点为A，其中O为坐标原点若椭圆上不存在点P，使AP垂直PO，则椭圆的离心率的最大值为_.
12、【答案】【解析】【分析】由垂直，可得点满足方程，代入椭圆得 在，上有解，据此能求出椭圆的离心率的范围其补集即为不存在点P，使AP垂直PO时的离心率，可得离心率的最大值【详解】设点，假设AP垂直PO，根据题意得，点P在圆上，整理得，即解得，或（舍去）又因为，化简得：，又因为，若椭圆上不存在点P，使AP垂直PO，椭圆离心率的取值范围为即椭圆离心率的最大值为故答案为：【点睛】本题主要考查椭圆的离心率的取值范围的求法，考查满足AP垂直PO的点P的轨迹方程，一元二次方程的根，属于中档题17.若不等式在的定义域内恒成立，则的取值范围是_.【答案】【解析】【分析】讨论成立，时，与的图象有一个交点，如图1，不
13、成立，时，计算得到，令，根据函数的单调性计算最值得到答案.【详解】当时显然成立；当时，不等式化为，当时显然成立，而当时与的图象有一个交点，如图1，其横坐标记为，渐近线在轴右侧，在交点左侧.当时，矛盾，故不成立.当时，不等式化为.当时显然成立，而当时，注意到与交于点.当时不等式显然成立，只需考虑时的不等式，此时在图象下方，为保证时不等式成立，需如图2所示，必须在上方，于是去绝对值得，即.令，则在上单增，在上单减，故恒成立，解得.综上，.故答案为：.【点睛】本题考查了不等式恒成立问题，将恒成立问题转化为最值问题是解题关键，意在考查学生的分类讨论的能力，综合应用能力.三、解答题（本大题共5小题，共7
14、4分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）18.已知函数.（）求的最小正周期；（）求在区间上的最大值与最小值.【答案】()；()最大值，最小值为.【解析】试题分析：（）根据二倍角的正弦公式、二倍角的余弦公式及辅助角公式化简，根据周期公式可得结果；（由，可得，结合正弦函数的图象可得时，取得最大值，时，的最小值为.试题解析：（），所以的最小正周期为.（）因为，所以.当，即时，取得最大值；当，即时，.即的最小值为.19.如图，四棱锥的底面为平行四边形，平面平面，点是线段上靠近点的三等分点（1）求证：（2）若是边长为等边三角形，求直线与平面所成角的正弦值【答案】（）见解析;（）.【解析】试题分析：
15、（）由平面面 面 再证面 ；（）建立空间坐标系， 求得面 的法向量为.试题解析：（）作于,连接，平面平面，且 ，面. ，,，又，又,由，得面，又面，. （）是边长为的等边三角形，如图建立空间坐标系， 设面的法向量为，令，得，设与面所成角为直线与平面所成角的正弦值.20.已知数列 满足 .（1）证明：数列 是等比数列；（2）令 ，用数学归纳法证明：【答案】（1）详见解析（2）详见解析【解析】【分析】（1）利用等比数列的定义证明即可；（2）由数学归纳法的证明步骤，先证明时，不等式成立；再假设当时，不等式成立，然后证明时不等式成立即可.【详解】证明：（1）令，则，即，数列是等比数列，故是等比数列；（
16、2）由（1）得，下面用数学归纳法证明当，时，当时，不等式的左边，右边，而， 时，不等式成立；假设当时，不等式成立，即；当时，当时，不等式也成立由可得，当，时，【点睛】本题考查了利用定义法证明等比数列，重点考查了数学归纳法，属中档题.21.已知抛物线，过点的直线交C于A，B两点，抛物线C在点A处的切线与在点B处的切线交于点P（1）若直线的斜率为1，求；（2）求面积的最小值【答案】（1）；（2）面积的最小值为2【解析】试题分析：（1）直线的方程为，代入消去y，求出方程的根，即可求出；（2）设直线的方程为，代入消去y，整理得：，利用韦达定理，结合弦长公式求出，表示出点P的坐标到直线的距离，即可求出面
17、积的最小值为试题解析：（1）设点由题意知，直线的方程为，由消去y解得，所以（2）易知直线的斜率存在，设直线的方程为，设点消去y，整理得：，又，所以抛物线在点A，B处的切线方程分别为，得两切线的交点，所以点P到直线的距离又设的面积为S，所以（当时取得等号）所以面积的最小值为2考点：1、弦长公式；2、直线与抛物线的位置关系；3、面积的最值问题【思路点晴】本题主要考查的是直线与圆锥曲线的位置关系、弦长的求法、面积的求法等，属于难题；主要考查抛物线的综合应用，解题是要理清条件和待求的量之间的关系；直线和圆锥曲线联立时一定要细心不出错，点到直线的距离公式，弦长公式的正确运用是解答本题的关键，先表示出三角
18、形的面积，再根据二次函数的最值求得面积的最小值22.设，已知函数，.（）设，求在上的最大值.（）设，若的极大值恒小于0，求证：.【答案】（）,（）证明见解析【解析】【分析】（）对函数求导，得出的单调性，因为在区间单调递减，在区间单调递增，所以函数在闭区间上的最大值就是区间端点的函数值中最大的一个，利用作差法比较它们的大小，即可得到函数在上的最大值.（）利用导数求出函数的极大值，构造函数，利用导数得出，从而得到，通过换元并构造函数，利用导数得出函数的最大值，即可证明.【详解】（）由题知，当时，；当时，从而的单调递增区间是，递减区间是从而，, 于是；当时，所以; 当时，所以；综上所得（）依题知，则，因为存在极大值，则关于x的方程，有两个不等的正根，不妨，则，得，且, 设列表如下：+00+00+单调递增极大值单调递减极小值单调递增从而极大值，又，从而，对恒成立,设，则因为，所以所以在上递增，从而所以，, 设，则，又.若，；若，；从而，即.【点睛】本题主要考查了利用导数求函数在给定区间的最值以及证明不等式，考查学生的计算和推理能力，属于难题.