《浙江省浙南名校联盟2019_2020学年高二数学上学期期中联考试题(含解析)5026.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《浙江省浙南名校联盟2019_2020学年高二数学上学期期中联考试题(含解析)5026.pdf（11页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、 1 浙江省浙南名校联盟 2019-2020 学年高二数学上学期期中联考试题（含解析）一、选择题（本大题共 10 小题）1.已知集合，则 A.B.C.D.2.双曲线的离心率为 A.B.C.D.3.设变量x，y满足约束条件，则的最大值为 A.B.C.5 D.6 4.已知直线：，：，则“”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.既不充分也非必要条件 5.已知直线l和平面，若直线l在空间中任意放置，则在平面内总有直线和 A.垂直 B.平行 C.异面 D.相交 6.已知函数的图象如图所示，则的解析式可能是 A.B.C.D.7.已知，且，是函数的两个相邻的零点，且，则的值
2、为 A.B.C.D.8.已知函数，则关于x的方程的实数解个数最多有 A.3 个 B.4 个 C.5 个 D.6 个 9.如图，已知矩形ABFE与矩形EFCD所成二面角的平面角为锐角，记二面角的平面角为，直线EC与平面ABFE所成角为，直线EC与直线FB所成角为，则 A.，B.，C.，D.，10.已知数列对任意的，都有，且，则下列说法正确的是 A.数列为单调递减数列，且 B.数列为单调递增数列，且 C.数列为单调递减数列，且 D.数列为单调递增数列，且 二、填空题（本大题共 7 小题）11.已知函数，则_，的解集为_ 12.若直线被圆C：截得的弦长为，则圆心C到直线l的距离是_，_ 13.某几何
3、体的三视图如图所示单位：，则该几何体的表面积是_，体积是_ 2 14.在中，D为线段AC的中点，若，则_，_ 15.已知F是椭圆的右焦点，点P在椭圆上，且P到原点O的距离等于半焦距，的面积为 6，则_ 16.实数x，y满足，则的最小值为_ 17.如图，在中，且，D是线段BC上一点，过C点作直线AD的垂线，交线段AD的延长线于点E，则的最大值为_ 三、解答题（本大题共 5 小题）18.已知函数 求的最小正周期和单调递增区间；当时，求的值域 19.如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD为菱形，且，平面ABCD，且，求证：平面ACF；求直线AE与平面ACF所成角的正弦值 3 20.已知正项等比
4、数列和等差数列的首项均为 1，是，的等差中项，且 求和的通项公式；设，数列前n项和为，若恒成立，求实数k的取值范围 21.如图，已知是椭圆的一个顶点，的短轴是圆的直径，直线，过点P且互相垂直，交椭圆于另一点D，交圆于A，B两点 求椭圆的标准方程；求面积的最大值 22.已知实数，关于x的方程恰有三个不同的实数根，当时，求a的值；记函数的最小值，求的取值范围 4 答案和解析 1.【答案】B 【解析】解：集合，故选：B 先分别求出集合A，B，由此能求出 本题考查交集的求法，考查交集定义、不等式性质等基知识，考查运算求解能力，是基础题 2.【答案】D 【解析】解：根据题意，双曲线的标准方程为：，则其，
5、故，则其离心率；故选：D 根据题意，由双曲线的标准方程可得a、b的值，进而由双曲线的几何性质可得c的值，由离心率计算公式计算可得答案 本题考查双曲线的几何性质，关键是利用双曲线的标准方程求出a、b的值 3.【答案】C 【解析】解：作出不等式组对应的平面区域如图：阴影部分 由得，平移直线，由图象可知当直线经过点B时，直线的截距最小，此时z最大 由，解得，即 将的坐标代入目标函数，得即的最大值为 5 故选：C 作出不等式组对应的平面区域，利用目标函数的几何意义，利用数形结合确定z的最大值 本题主要考查线性规划的应用，结合目标函数的几何意义，利用数形结合的数学思想是解决此类问题的基本方法 4.【答案
6、】C 【解析】解：直线：，：，解得“”是“”的充分必要条件 故选：C 由求解a值，再由充分必要条件的判定得答案 本题考查直线的一般式方程与直线平行的关系，考查充分必要条件的判定方法，是基础题 5 5.【答案】A 【解析】解：当直线l与平面相交时，平面内的任意一条直线与直线l的关系只有两种：异面、相交，此时就不可能平行了，故B错 当直线l与平面平行时，平面内的任意一条直线与直线l的关系只有两种：异面、平行，此时就不可能相交了，故D错 当直线a在平面内时，平面内的任意一条直线与直线l的关系只有两种：平行、相交，此时就不可能异面了，故C错 不管直线l与平面的位置关系相交、平行，还是在平面内，都可以在
7、平面内找到一条直线与直线垂直，因为直线在异面与相交时都包括垂直的情况，故A正确 故选：A 本题可以从直线与平面的位置关系入手：直线与平面的位置关系可以分为三种：直线在平面内、直线与平面相交、直线与平面平行，在这三种情况下在讨论平面中的直线与已知直线的关系，通过比较可知：每种情况都有可能垂直 本题主要考查了空间中直线与直线之间的位置关系，空间中直线与平面之间的位置关系，考查空间想象能力和思维能力 6.【答案】A 【解析】解：由图象看出，在x的正半轴函数有增有减，选项C，D的函数在上都是减函数，排除选项C，D，由图象看出，在x正半轴的第一个零点在区间上，选项B不满足，选项B的在正半轴的第一个零点为
8、，选项A的在x轴的第一个零点为，排除选项B，选项A正确 故选：A 根据在正半轴的图象可看出，在上有增有减，从而排除选项C，D；由图象可看出，在正半轴的第一个零点在上，而选项B的在x轴的第一个零点为，从而排除选项B，从而得出正确选项为A 本题考查了根据函数的图象判断函数单调性的方法，反比例函数、一次函数的单调性，减函数的定义，函数零点的定义及求法，考查了推理能力和计算能力，属于难题 7.【答案】C 【解析】解：，是函数的两个相邻的零点，且，则，函数，且，故选：C 由条件，是函数的两个相邻的零点，且，知道周期，从而求出，得到函数，由，且，利用平方关系求出即可得到答案 本题考查了余弦函数图象和性质，
9、同角三角函数基本关系，函数零点等知识，属于基础题 8.【答案】B 【解析】解：令，则，画出函数的图象如下左图，当时，与的交点最多有 3 个，6 设三个交点的横坐标分别由左向右为，当时，如右图，最多有 2 个交点，当时，没有交点，当时，最多有 2 个交点，综上，关于x的方程的实数解个数最多有 4 个，故选：B 令，则，画出函数的图象，再画出，结合图象得到实数解的个数 考查分段函数的画法，复合函数的零点问题，属于中档题 9.【答案】C 【解析】解：过C作平面ABFE，垂足为O，连结EO，矩形ABFE与矩形EFCD所成二面角的平面角为锐角，记二面角的平面角为，直线EC与平面ABFE所成角为，直线EC
10、与直线FB所成角为，故选：C 过C作平面ABFE，垂足为O，连结EO，则，由此能求出结果 本题考查命题真假的判断，考查线面角、二面角、线线角的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题 10.【答案】D 【解析】解：数列对任意的，都有，故：，故数列为单调递增数列，所以，即，同理可得，由，则，故选：D 利用判断数列为单调递增数列，再利用不等式的性质得出结论 本题关键是根据判断函数的单调性，并推导，11.【答案】1 【解析】解：，则 7 由可得，故答案为：1；直接把和代入后结合对数的运算性质可求；由可得，结合对数的性质即可求解 本题主要考查了对数的基本运算及
11、对数不等式的求解，属于基础试题 12.【答案】1 或 3 【解析】解：圆的标准方程为：，圆心，半径，根据几何法得：，所以，得或者 3 故答案为：1；或 3 考察直线与圆的位置关系，相交弦，点的直线距离公式的应用 主要利用相交弦，点的直线距离公式，基础题 13.【答案】【解析】解：由三视图知，该几何体是底面为正视图的四棱柱，画出直观图如图所示；则该几何体的表面积是；体积是 故答案为：，由三视图知该几何体是平放的四棱柱，画出直观图，结合图形求它的表面积和体积 本题考查了利用三视图求几何体的表面积与体积的计算问题，是基础题 14.【答案】2 【解析】解：由题意，设，则，在中，由余弦定理，可得，可得，
12、解得，可得 在中，由余弦定理可得，又在中，所以由余弦定理可得 故答案为：2，设，则，在中，由余弦定理可求，可得，在中，由余弦定理可得BC，在中，由余弦定理可求的值 本题主要考查了余弦定理在解三角形中的应用，考查了计算能力和转化思想，属于基础题 15.【答案】【解析】解：设，点P在椭圆上，8 又点P到原点O的距离等于半焦距，即 的面积为 6，可得 把代入得，把代入得，故得 故答案为：运用椭圆的定义和性质，三角形面积，根据题意找到坐标之间的关系，利用解方程组的想法就可得到b的值 考查椭圆的定义和性质，利用解方程组求值，属于常见题型 16.【答案】2 【解析】解：令，则 ，整理得，则，即，解得或，的
13、最小值为：2 故答案为：2 令，带入原方程，得到含有t的x的一元二次方程有解，进而利用判别式求t即可；考查转化思想，将最值问题，通过参数t转化为求一元二次方程有解，利用判别式解答，属于中档题；17.【答案】【解析】解：，又过点C作直线AD的垂线，交线段AD的延长线于点E，不妨设，则，又，当时，故答案为：设，用以及题目中特殊向量，来表示，再求最值 本题考察向量在几何图形中的应用，应用加法，减法，共线向量去表示，属于中档题 18.【答案】解：函数，所以，的最小正周期为 令，求得，单调递增区间为：因为，所以 因为在上是增函数，在上是减函数，9 所以在上是减函数，在上是增函数 又因为，所以的最大值为，
14、最小值为，所以的值域为 【解析】由题意，利用三角恒等变换，化简函数的解析式，再根据正弦函数的周期性和单调性，求得的最小正周期和单调递增区间；由题意利用正弦函数的定义域和值域，求出的值域 本题主要考查三角恒等变换，正弦函数的周期性和单调性，正弦函数的定义域和值域，属于中档题 19.【答案】解：证明：取AC与BD的交点为O，连OF，四边形EFOD为平行四边形，平面平面AFC，平面ACF；解法一：平面ABCD，又，四边形ABCD为的菱形，平面ACF，是直线AE与平面ACF所成角，可得，方法二：易证OA，OB，OF两两垂直，以OA，OB，OF为x，y，z轴建系，设平面ACF法向量为，得一个法向量，直线
15、AE与平面ACF所成角的正弦值 【解析】取AC与BD的交点为O，连OF，证明，且，即可证明，进而得到平面ACF；将线面角转化为，或者建立坐标系，用向量法处理 本题考查了线面平行的判定，线面角的求法，线面垂直的判定等，属于难题 20.【答案】解：设的公比为q，的公差为d，由题意，由已知，解得，所以通项公式，由有，设的前n项和为，则，两式相减得，所以，恒成立，等价于对任意的正整数n，恒成立；或考虑右边单调性 所以，解得 【解析】；设的公比为q，的公差为d，由题意将是，的等差中项，且表示为q和d的方程，即可得到和的通项公式；因为，用错位相减法求出其前n项和，恒成立，等价于对任意的正整数n，恒成立即
16、10 可求出k的范围 本题考查了等差数列和等比数列的通项公式，错位相减法求数列的前n项和，已经恒成立问题，本题属于难题 21.【答案】解：由题意是椭圆的一个顶点，的短轴是圆的直径，可得，则椭圆的标准方程为 因为直线，过点P且互相垂直，可设：，：，圆心O到直线的距离，直线与圆O有两个交点，所以，又由，可得 所以 令，则，当，即时，有最大值为 【解析】由题意可得，然后求解椭圆的标准方程 因为直线，过点P且互相垂直，可设：，：，求出圆心O到直线的距离以及AB，直线与圆O有两个交点，推出，联立，转化求解PD的距离，求出三角形的面积，通过二次函数的性质求解面积的最大值 本题考查直线以及圆与椭圆的亲子关系的综合应用，考查转化思想以及计算能力 22.【答案】解题设等价于二次函数有与有两个不同的交点，且二次函数与相切于x轴上方；所以，得；，所以；方法一：因为方程恰有三个不同的实数根，所以，且 得，舍去 设方程的两根，因为，所以，得 当时，在单调递减，所以；当时，在单调递增，所以 当时，对称轴，1 x _1/，又，在上先增后减，又，即，所以 综上所述，11 令，则 【解析】本题利用转化思想和数形结合思想把三个实数根转化为交点和切点求解；分类讨论，利用函数的单调性求出最值，从而求解 本题考查了转化思想，数形结合思想，以及分类讨论思想，需要学生有较高的综合性的能力