1、浙江省丽水市2019-2020学年高二数学下学期期末考试试题（含解析）本试题卷分选择题和非选择题两部分.全卷共4页，选择题部分1至2页，非选择题部分3至4页.满分150分，考试时间120分钟.请考生按规定用笔将所有试题的答案涂、写在答题纸上.第卷选择题部分（共40分）注意事项：1.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔填写在答题纸上.2.每小题选出答案后，用2B铅笔把答题纸上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.不能答在试题卷上.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.=
2、（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据特殊角三角函数值即可得解.【详解】.故选：C【点睛】此题考查求特殊角的三角函数值，可以根据诱导公式化简求值，熟记常见特殊角三角函数值便于解题.2.直线的倾斜角是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据倾斜角的正切值等于直线的斜率求解即可.【详解】设直线的倾斜角为则，又，故.故选：C【点睛】本题主要考查了直线斜率与倾斜角的关系，属于基础题.3.双曲线的焦点坐标是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据双曲线方程求出，结合焦点所处位置即可求得焦点坐标.【详解】双曲线中，易得，焦点在x轴，所以焦点坐标
3、为：.故选：D【点睛】此题考查根据双曲线方程求双曲线的焦点坐标，关键在于熟练掌握双曲线的标准方程，准确计算.4.若某几何体的三视图（单位：cm）如图所示，则该几何体的体积等于（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】试题分析：. 由三视图知几何体为三棱柱削去一个三棱锥如图：棱柱的高为5；底面为直角三角形，直角三角形的直角边长分别为3、4，几何体的体积V34534520（cm3）考点：1.三视图读图的能力；2.几何体的体积公式.5.已知实数、满足不等式组，则的最大值是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由题意得出，利用待定系数法得出，然后利用不等式的基本性质可求
4、得的取值范围，进而得解.【详解】由题意得出，设，则，解得，所以，由于，可得，因此，的最大值是.故选：B.【点睛】本题考查利用不等式的基本性质求代数式的最值，解答的关键就是利用待定系数法求得，考查计算能力，属于中等题.6.函数的图象不可能是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据函数解析式，分别讨论，两种情况，根据函数零点，以及函数的性质，即可判断出结果.【详解】当时，是反比例函数，其图象为B选项；当时，由得，即函数仅有一个零点，故D不可能；又，所以函数奇函数；若，当时，显然A选项有可能；若，当时，所以，即；因为单调递增，所以函数在上单调递减，在上单调递减；即C选项有可能.故
5、选：D.【点睛】本题主要考查函数图像的识别，熟记函数的基本性质即可，属于常考题型.7.“”是“为圆方程”的（ ）A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充要条件D. 既不充分又不必要条件【答案】A【解析】【分析】根据圆的一般方程表示圆的条件和充分必要条件的判断可得选项.【详解】方程表示圆需满足或，所以“”是“为圆方程”的充分不必要条件，故选：A.【点睛】本题考查圆的一般方程和充分条件与必要条件的判断，属于基础题.8.已知是椭圆的一个焦点，若直线与椭圆相交于两点，且，则椭圆离心率的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】将与椭圆的左、右焦点连接起来，由椭圆的对称性
6、得到一个平行四边形，利用椭圆的定义和余弦定理，结合重要不等式可得离心率的范围.【详解】如图设分别为椭圆的左、右焦点，设直线与椭圆相交于，连接.根据椭圆的对称性可得：四边形为平行四边形.由椭圆的定义有：由余弦定理有：即所以当且仅当时取等号，又的斜率存在，故不可能在轴上.所以等号不能成立,即即，所以故选：A【点睛】本题考查椭圆的对称性和焦点三角形，考查利用椭圆的定义和余弦定理、重要不等式求椭圆的离心率的范围，属于难题.9.在梯形中，为线段上的动点（包括端点），且（），则的最小值为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】如图，设，化简得到，即得到，所以，利用二次函数求出最小值得解.【
7、详解】如图，设，由题得所以，所以，所以，二次函数图象的对称轴为，所以当时，的最小值为.故选：A.【点睛】本题主要考查向量的运算法则和平面向量基本定理，考查二次函数的图象和性质，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.10.已知数列满足（），（），则下列说法中错误的是（ ）A. 若，则数列为递增数列B. 若数列为递增数列，则C. 存在实数，使数列为常数数列D. 存在实数，使恒成立【答案】B【解析】【分析】对于A选项，作差得，由此可判断；对于B选项，得，由此可求出参数的范围，从而进行判断；对于C选项，得，解出即可判断；对于D选项，由C选项可得，当时，符合【详解】解：对于A选项，若，则，即数列为递增数
8、列，则A对；对于B选项，若数列为递增数列，则，或，即，或，或，则B错；对于C选项，要使数列为常数数列，则，或，即存在实数或，使数列为常数数列，则C对；对于D选项，由C选项可得，当时，数列为常数数列，即，则存在实数，使恒成立，则D对；故选：B【点睛】本题主要考查数列的单调性的判断，考查数列的递推公式的应用，属于中档题第卷非选择题部分（共110分）注意事项：1.用黑色字迹的签字笔或钢笔将答案写在答题纸上，不能答在试题卷上.2.在答题纸上作图，可先使用2B铅笔，确定后必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔描黑.二、填空题：本题共7小题，其中1114题每小题6分，1517题每小题4分，共36分.11.已知集合
9、，则_，_.【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】求出集合，利用交集和并集的定义可分别求出集合，.【详解】，.故答案为：；.【点睛】本题考查交集和并集的计算，同时也考查了一元二次不等式的解法，考查计算能力，属于基础题.12.已知函数，则_；若，则的取值范围是_.【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】根据函数的表达式，将代入即可.分和两种情况代出的解析式，解不等式即可【详解】由函数，所以当时，解得.当时，解得.所以当时，或故答案为：； 【点睛】本题主要考查函数值的求法，本题考查分段函数,解不等式，考查运算求解能力，属于基础题.13.已知直线，若，则_；若，则_.【答案】 (1).
10、 (2). 【解析】【分析】直接根据两直线平行与垂直的公式进行求解【详解】解：，若，则，即，或，经检验，当时，两直线重合，应舍去，；若，则，；故答案为：；【点睛】本题主要考查两直线平行于垂直的计算公式，属于基础题14.定义二元函数则不等式的解集是_；若不等式对任意实数恒成立，则实数的最大值是_.【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】根据定义得，去掉绝对值解出即可；由定义得恒成立，利用绝对值三角不等式即可求出答案【详解】解：，即，则，不等式的解集是；又对任意实数恒成立，即对任意实数恒成立，即对任意实数恒成立，由绝对值三角不等式可得，；故答案为：；【点睛】本题主要考查含绝对值不等式的解法，
11、考查绝对值三角不等式的应用，属于中档题15.在中，角所对的边分别为，若成等差数列，且，则边上中线长的最小值是_.【答案】【解析】【分析】根据等差中项的性质，结合正弦定理化简可得，再利用平面向量的线性运算可得，再平方利用基本不等式求解最值即可.【详解】由题，根据正弦定理有：，故.又，故，又，故.设中点为，则边上中线长为，平方可得，当且仅当时取等号.故的最大值为12，即边上中线长的最小值是.故答案为：【点睛】本题主要考查了正弦定理边角互化的运用，同时也考查了利用基本不等式求最值的问题，同时在处理三角形中线的时候可以用平面向量表示从而简化计算.属于中档题.16.在矩形中，是的中点，将沿折起，则在翻折
12、过程中，异面直线与所成角的取值范围是_.【答案】【解析】【分析】先由题意，取中点为，中点为，中点为，连接，得到即为异面直线与所成角，或所成角的补角，记异面直线与所成角为，则，根据题意，画出图形，结合翻折过程求出临界值，再由余弦定理，即可求出结果.【详解】由题意，取中点为，中点为，中点为，连接，则，将沿折起，在翻折过程中，始终有，；所以即为异面直线与所成角，或所成角的补角，记异面直线与所成角为，则因为，不放设，则，所以，由题意可得，在翻折过程中，逐渐减小，当点与重合时，最小，如图2；此时；翻折前，取最大，如图1；此时，所以，由余弦定理可得：，因为，所以，即，所以，因此；又翻折前，以及点点与重合，
13、这两种情况下，与是相交直线，所以，即；故.故答案为：.【点睛】本题主要考查求异面直线所成角范围，熟记异面直线所成角的概念，灵活运用立体几何的方法求解异面直线所成的角即可，属于常考题型.17.若对任意，当时，不等式恒成立，则实数的取值范围是_.【答案】【解析】【分析】将不等式转化为恒成立，结合函数单调性转化求解.【详解】对任意，当时，不等式恒成立，即恒成立，当时，单调递增，只需对恒成立，且，解得.故答案为：【点睛】此题考查不等式恒成立求参数取值范围，关键在于熟练掌握不等式性质和函数单调性，结合恒成立求解参数.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.已知
14、函数.（1）求函数的最小正周期和单调递增区间；（2）若角，求的值.【答案】（1）；单调递增区间为；（2）.【解析】【分析】（1）利用降幂公式结合辅助角公式进行三角恒等变换得到，由解得单调增区间；（2）根据，可得，由结合两角和的正弦公式即可得解.【详解】（1）令解得所以函数的单调递增区间为（2）因为，所以故，又，即.【点睛】此题考查三角函数综合应用，涉及三角恒等变换，求三角函数的最小正周期和单调区间，利用和差公式解决给值求值的问题，属于中档题.19.在四棱锥中，平面，.（1）证明：平面；（2）若，求与平面所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】【分析】（1）通过证明，即可得证；（
15、2）利用等体积法求出点到平面的距离即可求得与平面所成角的正弦值.【详解】（1）证明：作又平面，PA，AC是平面内两条相交直线，平面；（2）中，中，又，点到平面的距离与平面所成角的正弦为.【点睛】此题考查线面垂直的证明和线面角的求法，常利用等体积法求点到平面距离再求出线面角的正弦值.20.已知数列的前项和，正项等比数列满足，且是与的等差中项（1）求数列的通项公式；（2）求数列的前项和【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）由可求出，设数列的公比为，根据等比数列的通项公式和等差中项的定义列出方程，由此可求出答案；（2）由（1）有，然后根据错位相减法求和即可【详解】解：（1）当时，当时，设数列的
16、公比为，由题意可得：，解得，或（舍去），；（2）由（1）有，两式相减有：，【点睛】本题主要考查数列的通项公式的求法，考查错位相减法求和，考查计算能力，属于中档题21.如图，直线与抛物线相交于两点，与轴交于点，且，于点.（1）当时，求的值；（2）当时，求与的面积之积的取值范围.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）设直线方程为，与抛物线联立，利用韦达定理，代入，可得，再根据，利用斜率乘积为-1，列方程求解即可；（2）由（1）可得，再根据，求出，结合（1）中的消去，通过三角形面积公式可得，相乘，转化为二次函数的最值求解即可.【详解】解：（1）当直线与抛物线相交于两点时，斜率不为零，设直线方
17、程为，其中由，消去得，设，则有，即，直线为：，点，即而解得；（2）由（1）得，且，所以直线与直线斜率均存在，又，即，又由（1），当时，去最大值，当时，去最小值，的取值范围为.【点睛】本题考查直线和抛物线的位置关系，考查韦达定理的应用，考查抛物线中的三角形面积问题及最值问题，考查学生计算能力和分析能力，是一道中档题.22.已知函数，.（1）若函数存在零点，求的取值范围；（2）已知函数，若在区间上既有最大值又有最小值，求实数的取值范围.【答案】（1）或；（2）.【解析】【分析】（1）先由求得，由基本不等式求出的值域，根据题意，只需在的值域范围内即可；（2）先由题意，得到要使在区间上有最大值，则必须
18、在上取得最大值，列出不等式，求出，判断出，从而得到要使在区间上存在最小值，必须有，进一步求得，令，此时 ，根据，得出，判断出函数单调性，从而可得出结果.【详解】（1）令，即，解得：，又，当时，当且仅当，即时，等号成立；当时，；当且仅当，即时，等号成立；所以；要使函数存在零点，只需或即或（2）由（1）知：函数在区间有最小值，无最大值；而二次函数在对称轴处取得最大值；因此要使在区间上有最大值，则必须在上取得最大值，因此，即，解得；当时，所以要使在区间上存在最小值，必须有，即，解得；当时，令，有，此时；又由得，在上存在，使，在上递增，上递减，上递增；在上单调递减，；在区间有最大值，最小值；即当时，在区间上既有最大值又有最小值.【点睛】本题主要考查由函数零点求参数，以及由函数存在最值求参数的问题，重点考查函数基本性质的综合，以及零点存在性定理，难度较大.
