1、浙江省“山水联盟”2019-2020学年高二数学下学期期中试题（含解析）考生须知：1.本卷满分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（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.已知集合，则=（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】计算，再计算并集得到答案.【详解】，则，故.故选：【点睛】本题考查了集合的补集和并集，属于简单题.2.若复数为纯虚数
2、,i是虚数单位,则实数( )A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】利用复数代数形式的乘除运算化简,因为复数为纯虚数,则实部为且虚部不为联立方程,即可求得答案.【详解】 复数为纯虚数实部为且虚部不为可得 解得: 故选:D.【点睛】本题考查根据复数为纯虚数求参数,解题关键是掌握复数代数形式的乘除运算和复数的纯虚数的定义,考查了分析能力和计算能力,属于基础题.3.若，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】试题分析：用特殊值法，令，得，选项A错误，选项B错误， ，选项D错误， 因为选项C正确，故选C【考点】指数函数与对数函数的性质【名师点睛】比较幂或对数值的大小,若幂的
3、底数相同或对数的底数相同,通常利用指数函数或对数函数的单调性进行比较；若底数不同,可考虑利用中间量进行比较.4.用列表法将函数表示为（见表格）则下列判断正确的是（ ）-2-10-101A. 为奇函数B. 为偶函数C. 为奇函数D. 为偶函数【答案】C【解析】【分析】由题意得，再根据奇偶性的定义判断即可得出结论【详解】解：由表格得，则，则，则为奇函数，则为偶函数不成立；若为奇函数，即，则有函数的图象关于点对称，由题设推不出，不成立；若为偶函数，即，则有函数的图象关于直线对称，由题设推不出，不成立；故选：C【点睛】本题考查函数的奇偶性的判断，运用定义法是解题的关键，属于基础题5.设，满足约束条件，
4、则的最小值为（ ）A. B. C. D. 5【答案】A【解析】【分析】由线性约束条件，画出可行域，结合直线的平移即可求得的最小值.【详解】根据线性约束条件，画出不等式组表示的可行域如图所示：由平移得到，由图可知当目标函数经过点处取得最小值，代入可得为故选：A.【点睛】本题考查了线性规划的简单应用，线性目标函数最值的求法，属于基础题.6.设，则“数列为等比数列”是“数列为等比数列”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】A【解析】【分析】分别证明当数列为等比数列时数列是否等比数列，反之证明当数列为等比数列时，数列是否为等比数列.【详解】充
5、分性：若数列为等比数列，所以，因为，所以数列为等比数列，充分性成立，必要性：若数列为等比数列，则所以，所以数列不是等比数列，必要性不成立.故选：A【点睛】本题主要考查了等比数列的判断及充分、必要条件的判断，属于基础题.7.函数的图象大致为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】分析函数的奇偶性，并利用导数分析该函数在区间上的单调性，结合排除法可得出合适的选项.【详解】因为，且定义域关于原点对称，所以函数为偶函数，故排除B项；，设，则恒成立，所以函数单调递增，所以当时，任取，则，所以，所以，函数在上为增函数，故排除C、D选项.故选：A.【点睛】本题考查利用函数解析式选择图象，一般
6、分析函数的定义域、奇偶性、单调性、函数零点以及函数值符号，结合排除法得出合适的选项，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.8.若，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】先由，可得，结合，可得，继而得到，转化，利用两角差的正弦公式即得解【详解】由题意，故故又，故，则故选：C【点睛】本题考查了两角和与差的正弦公式、同角三角函数关系综合，考查了学生综合分析，转化划归，数学运算能力，属于中档题9.已知平面向量满足，、为不共线的单位向量.且恒成立，则、夹角的最小值为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】求得，由恒成立得出，化简得知对任意的恒成立，由可求得、夹角的
7、取值范围，由此可得出结果.【详解】，由得，由题意可得，对任意的恒成立，解得，.因此，、夹角的最小值为.故选：B.【点睛】本题考查向量夹角最值的求解，考查二次不等式恒成立问题的求解，考查计算能力，属于中等题.10.已知，函数，若函数恰有3个零点，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】令，则函数恰有3个零点等价于方程有3个实数根对选项逐个分析，数形结合可得答案.【详解】令，则条件等价为方程有3个实数根当时，对A选项分析：当，时，在，图象如图所示：此时方程最多只有1个实数根，所以A选项错误对B选项分析：当，时，在，图象如图所示：故方程可能会出现3个实数根，所以B选项正确对C选项分
8、析：当，时，在，图象如图所示： 此时方程最多只有2个实数根，所以C选项错误对D选项分析：当，时，在，图象如图所示： 此时方程最多只有2个实数根，所以D选项错误故选：.【点睛】本题考查函数与方程，考查导数在研究函数中的应用，属于较难的题目.非选择题部分（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）11.九章算术第七章“盈不足”中第一题：“今有共买物，人出八，盈三钱；人出七，不足四，问人数物价各几何？”借用我们现在的说法可以表述为：有几个人合买一件物品，每人出8元，则付完钱后还多3元；若每人出7元，则还差4元才够付款.问他们的人数和物品价格？答：一共有_人；所合
9、买的物品价格为_元【答案】 (1). 7 (2). 53【解析】【分析】根据物品价格不变，可设共有x人，列出方程求解即可【详解】设共有人，由题意知 ，解得，可知商品价格为53元.即共有7人，商品价格为53元.【点睛】本题主要考查了数学文化及一元一次方程的应用，属于中档题.12.已知函数，则_，方程的解为_.【答案】 (1). -1 (2). -3或8【解析】分析】根据分段函数的解析式以及区间代入求解即可.【详解】(1).(2)当时, 有,满足；当时, 有,因为故.故方程的解为或.故答案为：(1). -1 (2). -3或8【点睛】本题主要考查了分段函数的求值以及方程的求解,需要根据题意分段进行
10、求解,注意求解后判断是否满足定义域.属于基础题.13.已知为锐角三角形，角，的对边分别为，.则（1）角的值为_；（2）若，则_.【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】（1）由正弦定理，可转化，为，即得解（2）由面积公式，可得，再由余弦定理，联立可得解【详解】（1）由题意，且由正弦定理 故又为锐角三角形， （2）由余弦定理： 故 故答案为：【点睛】本题考查了正弦定理与余弦定理综合，考查了学生综合分析，转化划归，数学运算能力，属于基础题14.已知向量满足：，则向量与向量的夹角为_；向量在向量方向上的投影为_.【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】利用平面向量数量积的定义和运算律可构
11、造方程求得，进而得到两向量的夹角；利用平方运算可求得，代入向量投影公式即可求得结果.【详解】，解得：，即向量与向量的夹角为.，则向量在向量方向上的投影为.故答案为：；.【点睛】本题考查利用平面向量数量积求解向量夹角、向量投影的求解问题；解题关键是能够数量应用平面向量的定义和运算律，属于常考题型.15.若将函数的图象向左平移个单位后，所得图象对应的函数为偶函数，则实数的最小值是_.【答案】3【解析】【分析】函数的图象向左平移个单位，得到为偶函数，利用，可得解【详解】由题意，函数的图象向左平移个单位，得到为偶函数又，故当时,实数的最小值是3， 故答案为：3【点睛】本题考查了三角函数的图像变换，考查
12、了学生综合分析，转化划归，数学运算能力，属于中档题16.已知正实数，满足，则的最小值为_.【答案】【解析】【分析】由条件可得且，则，利用重要不等式可得答案.【详解】由得又，为正实数，所以，得则当且仅当,即时取等号.故答案为：【点睛】本题考查根据条件求最值问题，考查利用重要不等式求最值，利用重要不等式求最值时要注意“一正、二定、三相等”，以及变形技巧，属于中档题.17.实数，当时，恒有成立，则的取值范围是_.【答案】【解析】【分析】设，,根据题意即和同正或同负，当时，则时，所以得到，又当时，则需要当时，有，根据二次函数的性质可得到答案.【详解】设，当时，恒有成立，即和同正或同负.当时，则时，所以
13、，此时，在时，所以当时，有，又的对称轴方程为则，解得所以故答案为：【点睛】本题考查函数性质，考查恒成立问题，考查等价转化的思想和能力，属于中档题.三、解答题（本大题共5小题，共74分.解答题应写出文字说明、证明过程或演算步骤）18.已知函数（1）求的最小正周期和单调递增区间；（2）求在区间上的最大值和最小值.【答案】（1）， （2）【解析】【分析】（1）利用二倍角公式和辅助角公式，化简得到，利用正弦型函数的周期公式可得，令，可得的单调递增区间（2）当，利用正弦函数的图像及性质，可得分别当，时，函数取得最小值，最大值【详解】（1） 故的最小正周期 令可得 故的单调递增区间为（2）当故当时，即时，
14、 当时，即时，【点睛】本题考查了正弦型函数的图像及性质，考查了学生综合分析，转化划归，数学运算能力，属于中档题19.已知数列为等差数列，是公比为2的正项等比数列，且满足，成等比数列.（1）求数列，的通项公式.（2）设数列满足：当时，当时，试求数列的前项和.【答案】（1），；（2）数列的前项和为，【解析】【分析】（1）用基本量法求得数列，的通项公式；（2）比较与的大小，得出，再分类讨论，分组求和【详解】（1）由已知，又，成等比数列.，所以，即，解得（舍去），所以，又，所以，所以，综上，；（2）经计算，时，时，用数学归纳法证明：时，时，满足，假设（）时，有，则，所以时也有，综上对的所有正整数都有设
15、数列的前项和为，当时，当时，所以，【点睛】本题考查求等差数列和等比数列的通项公式，考查分类讨论分组求和，掌握等差数列和等比数列的通项公式、前项和公式是解题基础20.已知函数，当时，值域为，（1）求实数，的值.（2）记集合，若，求实数的值.【答案】(1) ，;(2) .【解析】【分析】(1)由不是最值可分析在对称轴处取得最小值，在x=2取得最大值，列方程即可求解；(2)先求出集合A,根据，可分析方程的根，即可求解.【详解】(1)由题意知，故的对称轴，所以 即 解得或 （舍去），故实数，.(2)由(1)得，因为 ，所以是不等式的解集，故是方程的根，又所以【点睛】本题主要考查二次函数在闭区间上的最值
16、及二次不等式的求解，属于基础题.21.已知数列满足：，（1）求数列的通项公式；（2）若数列的前项和为，令，求证：【答案】(1) ; (2) 证明见解析.【解析】分析】(1) 设，则,用累加法可先求出，从而得到答案.(2) 由，则,则，再用裂项相消法求和可证明.【详解】（1）因为 设，则由，则（2）由，则所以【点睛】本题考查用累加法求数列的通项公式，考查数列与不等式的证明问题，利用裂项相消法求和，考查放缩法的应用，属于中档题.22.设函数，（1）当时，求的单调区间；（2）证明：当时，函数在上恰有一个极值点；求实数的取值范围，使得对任意的，恒有成立. 注：为自然对数的底数.【答案】（1）的单调递增
17、区间为，单调递减区间为，（2）证明见解析；.【解析】【分析】（1）求导后，由得递增区间，由得递减区间；（2）求导两次后，利用零点存在性定理和极值点的概念可证结论；当时，根据单调性可知不合题意，当时，利用的结论，可知在上的最大值为，再将恒成立转化为最大值即可解决.【详解】（1）当时，由，得，由，得，所以的单调递增区间为，单调递减区间为.（2）证明：当时，令，则，因为，所以，当时，当时，所以在上单调递减，在上单调递增，因为，根据零点存在性定理可知，函数在上有唯一实根，设为，则，所以当时，当时， 所以函数在上递减，在上递增，所以在处取得极小值，所以当时，函数在上恰有一个极值点.当时，由知在上恒成立，所以在上为增函数，所以，所以在上递增，所以恒成立， 不合题意，当时，由知，函数在上递减，在上递增，设函数在上的最大值为，则，若对任意的，恒有成立.则，因为，所以由得，得，得，得，因为，所以.【点睛】本题考查了利用导数求函数单调区间，考查了极值点，考查了零点存在性定理，考查了用导数处理不等式恒成立，属于中档题.
