2018-2019学年高二数学下学期期末考试试题(含解析)_4

2018-2019学年高二数学下学期期末考试试题
（含解析）
一、选择题（本大题共10小题，每小题4分，共40分）
1.已知全集，则
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
根据补集定义直接求得结果.
【详解】由补集定义得：
本题正确选项：
【点睛】本题考查集合运算中的补集运算，属于基础题.
2.双曲线的渐近线方程是
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
由双曲线方程求得，由渐近线方程求得结果.
【详解】由双曲线方程得：，
渐近线方程为：
本题正确选项：
【点睛】本题考查双曲线渐近线的求解，属于基础题.
3.已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
根据三视图可知几何体为三棱锥，根据棱锥体积公式求得结果.【详解】由三视图可知，几何体为三棱锥
三棱锥体积为：
【点睛】本题考查棱锥体积的求解，关键是能够通过三视图确定几何体为三棱锥，且通过三视图确定三棱锥的底面和高.
4.已知是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列命题正确的是
A. ，则
B. ，则
C. ，则
D. ，则
【答案】D
【解析】
【分析】
根据空间中直线与平面的位置关系的相关定理依次判断各个选项即可.
【详解】两平行平面内的直线的位置关系为：平行或异面，可知错误；
且，此时或，可知错误；
，，，此时或，可知错误；
两平行线中一条垂直于一个平面，则另一条必垂直于该平面，正确.
【点睛】本题考查空间中直线与平面、平面与平面位置关系的判定，考查学生对于定理的掌握程度，属于基础题.
5.若直线经过点，且原点到直线的距离为，则直线的方程为
A. B.
C. 或
D. 或
【答案】D
【解析】
【分析】
当直线斜率不存在时，满足题意；当直线斜率存在时，假设直线方程，利用点到直线距离公式构造方程解得结果.
【详解】当直线斜率不存在时，方程为：，满足题意；当直线斜率存在时，设直线方程为：，即：
原点到直线距离：，解得：
直线为：，即：
综上所述：直线的方程为：或
本题正确选项：
【点睛】本题考查点到直线距离公式的应用，易错点是忽略直
线斜率不存在的情况，导致求解错误.
6.设，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. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】
通过分类讨论可证得充分条件成立，通过反例可知必要条件不成立，从而得到结果.
【详解】若，则；若，则；若，则，可知充分条件成立；
当，时，则，此时，可知必要条件不成立；
是的充分不必要条件
本题正确选项：
【点睛】本题考查充分条件与必要条件的判定，属于基础题.
7.已知函数的图象如图所示，则的解析式可能是
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
根据且，可依次排除，从而得到答案.
【详解】由图象知，且
中，，不合题意；中，，不合题意；
中，，不合题意；
本题正确选项：
【点睛】本题考查函数图象的识别，常用方法是利用排除法得到结果，排除时通常采用特殊位置的符号来进行排除.
8.已知椭圆的右焦点为，短轴的一个端点为，直线与椭圆相交于、两点.若，点到直线的距离不小于，则椭圆离心率的取值范围为
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
根据椭圆对称性可证得四边形为平行四边形，根据椭圆定义可求得；利用点到直线距离构造不等式可求得，根据可求得的范围，进而得到离心率的范围.
【详解】设椭圆的左焦点为，为短轴的上端点，连接，如下图所示：
由椭圆的对称性可知，关于原点对称，则
又四边形为平行四边形
又，解得：
点到直线距离：，解得：，即
本题正确选项：
【点睛】本题考查椭圆离心率的求解，重点考查椭圆几何性
质，涉及到椭圆的对称性、椭圆的定义、点到直线距离公式的应用等知识.
9.已知正方体的棱长为，定点在棱上(不在端点上)，点是平面内的动点，且点到直线的距离与点到点的距离的平方差为，则点的轨迹所在的曲线为A. 圆 B. 椭圆 C. 双曲线 D. 抛物线
【答案】D
【解析】
【分析】
作，，连接，以为原点建立空间直角坐标系，利用勾股定理和两点间距离公式构造，整理可得结果.
【详解】作，，垂足分别为
以为原点建立如下图所示的空间直角坐标系：
设，
由正方体特点可知，平面
，
，整理得：
的轨迹是抛物线
本题正确选项：
【点睛】本题考查立体几何中点的轨迹问题，关键是能够通过建立空间直角坐标系，求出动点满足的方程，从而求得轨迹.
10.设，，，则下列正确的是
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
根据得单调性可得；构造函数，通过导数可确定函数的单调性，根据单调性可得，得到，进而得到结论.
【详解】由的单调递增可知：，即
令，则
令，则
当时，；当时，
即：在上单调递增，在上单调递减
，即
，即：
综上所述：
本题正确选项：
【点睛】本题考查根据函数单调性比较大小的问题，难点在于比较指数与对数大小时，需要构造函数，利用导数确定函数的
单调性；需要注意的是，在得到导函数的零点后，需验证零点与之间的大小关系，从而确定所属的单调区间.
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.公元前3世纪，古希腊数学家阿波罗尼斯在前人的基础上写了一部划时代的著作《圆锥曲线论》，该书给出了当时数学家们所研究的六大轨迹问题，其中之一便是“到两个定点的距离之比等于不为1的常数的轨迹是圆”，简称“阿氏圆”．用解析几何方法解决“到两个定点，的距离之比为的动点轨迹方程是：”，则该“阿氏圆”的圆心坐标是______，半径是_____．
【答案】 (1). (2). 2
【解析】
【分析】
将圆化为标准方程即可求得结果.
【详解】由得：
圆心坐标为：，半径为：
本题正确结果：；
【点睛】本题考查根据圆的方程求解圆心和半径的问题，属于基础题.
12.已知等比数列中，，则公比______；
______．
【答案】 (1). 2 (2). 4
【解析】
【分析】
根据等比数列通项公式构造方程求解即可.
【详解】
本题正确结果：；
【点睛】本题考查等比数列基本量的求解，关键是熟练掌握等比数列通项公式，属于基础题.
13.若实数满足不等式组则的最小值是_____，最大值是______．
【答案】 (1). 3 (2). 9
【解析】
【分析】
根据约束条件画出可行域，将问题转化为求解在轴截距的最大值和最小值，由图象可知过时，最小；过时，最大，求出坐标，代入可得结果.
【详解】由约束条件可得可行域如下图阴影部分所示：
令，则求的最大值和最小值即为求在轴截距的最大值和最小值
由平移可知，当过时，最小；过时，最大
由得：；由得：
，
本题正确结果：；
【点睛】本题考查线性规划中的最值问题的求解，关键是能够将问题转化为直线在轴截距的最值问题的求解，属于常考题型.
14.函数的最小正周期是______，值域是
______．
【答案】 (1). (2).
【解析】
【分析】
利用二倍角公式将函数化为，根据余弦型函数周期性和值域得到结果.
【详解】
的最小正周期；值域为：
本题正确结果：；
【点睛】本题考查余弦型函数的最小正周期和值域的求解，关键是能够将已知函数化为余弦型函数的形式.
15.已知函数则的最大值是______．【答案】
【解析】
【分析】
分别在、和三种情况下求解在区间内的最大值，综合即可得到结果.
【详解】当时，，此时：
当时，，此时：
当时，，此时：
综上所述：
本题正确结果：
【点睛】本题考查分段函数最值的求解，关键是能够通过函数每一段区间上的解析式分别求解出在每一段区间上的最值.
16.已知向量满足：，，当取最大值时， ______．
【答案】
【解析】
【分析】
根据向量模的性质可知当与反向时，取最大值，根据模长的比例关系可得，整理可求得结果.【详解】
当且仅当与反向时取等号
又
整理得：
本题正确结果：
【点睛】本题考查向量模长的运算性质，关键是能够确定模长取得最大值时，两个向量之间的关系，从而得到两个向量之间的关系.
17.已知，设，若存在不相等的实数同时满足方程和，则实数的取值范围为
______．
【答案】
【解析】
【分析】
根据奇偶性定义求得为奇函数，从而可得且，从而可将整理为：，通过求解函数
的值域可得到的取值范围.
【详解】为上的奇函数
又且且
即：
令，则
在上单调递增
又
本题正确结果：
【点睛】本题考查函数性质的综合应用问题，涉及到奇偶性的判定、单调性的应用，关键是能够将问题转化为的值域的求解问题；易错点是在求解的取值范围时，忽略的条件，错误求解为，造成增根.
三、解答题（本大题共5小题，共74分）
18.在中，内角所对边分别为，且.（1）求角的大小；
（2）求的取值范围.
【答案】（1）（2）
【解析】
【分析】
（1）由已知边的关系配凑出余弦定理的形式，求得，根据的范围求得结果；（2）利用两角和差正弦公式和辅助角公式
将整理为，由可求得的范围，进
而结合正弦函数的图象可求得的值域，从而得到所求范围.
【详解】（1）由得：，即：
（2）
的取值范围为：
【点睛】本题考查余弦定理解三角形、三角形中取值范围类问题的求解，关键是能利用两角和差公式和辅助角公式将所求式子转变为的形式，利用正弦型函数值域的求解方法求得结果.
19.如图几何体中，底面为正方形，平面，
，且.
（1）求证：平面；
（2）求与平面所成角的大小.
【答案】（1）见解析（2）
【解析】
【分析】
（1）由，，结合面面平行判定定理可证得平面平面，根据面面平行性质证得结论；（2）连接交于点，连接，利用线面垂直的判定定理可证得平面，从而可知所求角为，在中利用正弦求得结果.【详解】（1）四边形为正方形
又平面平面
又，平面平面
平面，平面平面
平面平面
（2）连接交于点，连接
平面，平面
又四边形为正方形
平面，平面
即为与平面所成角
且
又
即与平面所成角为：
【点睛】本题考查线面平行的证明、直线与平面所成角的求解，涉及到面面平行的判定与性质、线面垂直的判定与性质的应用；求解直线与平面所成角的关键是能够通过垂直关系将所求角放入直角三角形中来进行求解.
20.已知函数，数列的前项和为，点
（）均在函数的图像上.
（1）求数列的通项公式；
（2）设，是数列的前项和，求使得对所有都成立的最小正整数.
【答案】（1）；（2）10．
【解析】
分析：（1）由已知条件推导出，由此能求出；
（2）由，利用裂项求和法求出，由此能求出满足要求的最小整数.
详解：（1）
当时，
当时，符合上式
综上，
（2）
所以
由对所有都成立，所以，得,
故最小正整数的值为.
点睛：利用裂项相消法求和时，应注意抵消后并不一定只剩下第一项和最后一项，也有可能前面剩两项，后面也剩两项，再就是将通项公式裂项后，有时候需要调整前面的系数，使裂开
的两项之差和系数之积与原通项公式相等．
21.已知抛物线的焦点为，过点且与轴不垂直的直线与抛物线交于点，且．
（1）求抛物线的方程；
（2）设直线与轴交于点，试探究：线段与的长度能否相等？如果相等，求直线的方程，如果不等，说明理由．【答案】（1）（2）当的方程为时有.
【解析】
【分析】
（1）设直线，与抛物线方程联立，利用韦达定理得到方程，解方程求得，从而得到抛物线方程；（2）将
与抛物线方程联立，利用韦达定理可得
，根据焦点弦长公式可求得，利用两点间距离公式得，利用构造方程，解方程求得，从而得到直线的方程.
【详解】（1）设直线，代入抛物线方程得：
，解得：
抛物线方程为：
（2）由（1）知：
联立得：
此时恒成立
，
过焦点
由，
由得：，即：
，解得：或（舍）
当直线方程为：时，
【点睛】本题考查直线与抛物线综合应用问题，涉及到抛物线方程的求解、焦点弦长公式的应用等知识；难点在于利用等长关系构造方程后，对于高次方程的求解，解高次方程时，需采用因式分解的方式来进行求解.
22.已知函数.
（1）判断的图象是否是中心对称图形？若是，求出对称中心；若不是，请说明理由；
（2）设，试讨论的零点个数情况.
【答案】（1）的图象是中心对称图形，对称中心为：；（2）当或时，有个零点；当时，有个零点
【解析】
【分析】
（1）设，通过奇偶性的定义可求得为奇函数，关于原点对称，从而可得的对称中心，得到结论；（2），可知为一个解，从而将问题转化为
解的个数的讨论，即的解的个数；根据的范围，分别讨论不同范围情况下方程解的个数，从而得到零点个数，综合得到结果.
【详解】（1）设定义域为：
奇函数，图象关于对称
的图象是中心对称图形，对称中心为：
（2）令
，可知为其中一个解，即为一个零点
只需讨论的解的个数即可
①当时，无解
有且仅有一个零点
②当时，为方程的解
有，共个零点
③当时，
（i）若，即时，
为方程的解
有，共个零点
（ii）若，即时，的解为：
有且仅有一个零点
（iii）若，即时，，方程无解有且仅有一个零点
综上所述：当或时，有个零点；当时，有个零点
【点睛】本题考查函数对称性的判断、函数零点个数的讨论.解决本题中零点个数问题的关键是能够将问题转化为方程
根的个数的讨论，从而根据的不同范围得到方程根的个数，进而得到零点个数，属于较难题.
2018-2019学年高二数学下学期期末考试试题
（含解析）
一、选择题（本大题共10小题，每小题4分，共40分）
1.已知全集，则
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
根据补集定义直接求得结果.
【详解】由补集定义得：
本题正确选项：
【点睛】本题考查集合运算中的补集运算，属于基础题.
2.双曲线的渐近线方程是
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
由双曲线方程求得，由渐近线方程求得结果.
【详解】由双曲线方程得：，
渐近线方程为：
本题正确选项：
【点睛】本题考查双曲线渐近线的求解，属于基础题.
3.已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
根据三视图可知几何体为三棱锥，根据棱锥体积公式求得结果.
【详解】由三视图可知，几何体为三棱锥
三棱锥体积为：
本题正确选项：
【点睛】本题考查棱锥体积的求解，关键是能够通过三视图确定几何体为三棱锥，且通过三视图确定三棱锥的底面和高.
4.已知是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列命题正确的是
A. ，则
B. ，则
C. ，则
D. ，则
【答案】D
【解析】
【分析】
根据空间中直线与平面的位置关系的相关定理依次判断各个选项即可.
【详解】两平行平面内的直线的位置关系为：平行或异面，可知错误；
且，此时或，可知错误；
，，，此时或，可知错误；
两平行线中一条垂直于一个平面，则另一条必垂直于该平面，正确.
本题正确选项：
【点睛】本题考查空间中直线与平面、平面与平面位置关系的判定，考查学生对于定理的掌握程度，属于基础题.
5.若直线经过点，且原点到直线的距离为，则直线的方程为
A. B.
C. 或
D. 或
【答案】D
【解析】
【分析】
当直线斜率不存在时，满足题意；当直线斜率存在时，假设直线方程，利用点到直线距离公式构造方程解得结果.
【详解】当直线斜率不存在时，方程为：，满足题意；
当直线斜率存在时，设直线方程为：，即：
原点到直线距离：，解得：
直线为：，即：
综上所述：直线的方程为：或
本题正确选项：
【点睛】本题考查点到直线距离公式的应用，易错点是忽略直线斜率不存在的情况，导致求解错误.
6.设，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. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】
通过分类讨论可证得充分条件成立，通过反例可知必要条件不成立，从而得到结果.
【详解】若，则；若，则；若，则，可知充分条件成立；
当，时，则，此时，可知必要条件不成立；
是的充分不必要条件
本题正确选项：
【点睛】本题考查充分条件与必要条件的判定，属于基础题.
7.已知函数的图象如图所示，则的解析式可能是
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
根据且，可依次排除，从而得到答案.
【详解】由图象知，且
中，，不合题意；中，，不合题意；
中，，不合题意；
本题正确选项：
【点睛】本题考查函数图象的识别，常用方法是利用排除法得到结果，排除时通常采用特殊位置的符号来进行排除.
8.已知椭圆的右焦点为，短轴的一个端点为，直线
与椭圆相交于、两点.若，点到直线的距离不小于，则椭圆离心率的取值范围为
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
根据椭圆对称性可证得四边形为平行四边形，根据椭圆定义可求得；利用点到直线距离构造不等式可求得，根据可求得的范围，进而得到离心率的范围.【详解】设椭圆的左焦点为，为短轴的上端点，连接，如下图所示：
由椭圆的对称性可知，关于原点对称，则
又四边形为平行四边形
又，解得：
点到直线距离：，解得：，即
本题正确选项：
【点睛】本题考查椭圆离心率的求解，重点考查椭圆几何性质，涉及到椭圆的对称性、椭圆的定义、点到直线距离公式的应用等知识.
9.已知正方体的棱长为，定点在棱上(不在端点上)，点是平面内的动点，且点到直线的距离与点到点的距离的平方差为，则点的轨迹所在的曲线为
A. 圆
B. 椭圆
C. 双曲线
D. 抛物线
【答案】D
【解析】
【分析】
作，，连接，以为原点建立空间直角坐标系，利用勾股定理和两点间距离公式构造，整理可得结果.
【详解】作，，垂足分别为
以为原点建立如下图所示的空间直角坐标系：
设，
由正方体特点可知，平面
，
，整理得：
的轨迹是抛物线
本题正确选项：
【点睛】本题考查立体几何中点的轨迹问题，关键是能够通过建立空间直角坐标系，求出动点满足的方程，从而求得轨迹.
10.设，，，则下列正确的是
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
根据得单调性可得；构造函数，通过导数可确定函数的单调性，根据单调性可得，得到，进而得到结论.
【详解】由的单调递增可知：，即
令，则
令，则
当时，；当时，
即：在上单调递增，在上单调递减
，即
，即：
综上所述：
本题正确选项：
【点睛】本题考查根据函数单调性比较大小的问题，难点在于比较指数与对数大小时，需要构
造函数，利用导数确定函数的单调性；需要注意的是，在得到导函数的零点后，需验证零点与之间的大小关系，从而确定所属的单调区间.
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.公元前3世纪，古希腊数学家阿波罗尼斯在前人的基础上写了一部划时代的著作《圆锥曲线论》，该书给出了当时数学家们所研究的六大轨迹问题，其中之一便是“到两个定点的距离之比等于不为1的常数的轨迹是圆”，简称“阿氏圆”．用解析几何方法解决“到两个定点
，的距离之比为的动点轨迹方程是：”，则该“阿氏圆”的圆心坐标是______，半径是_____．
【答案】 (1). (2). 2
【解析】
【分析】
将圆化为标准方程即可求得结果.
【详解】由得：
圆心坐标为：，半径为：
本题正确结果：；
【点睛】本题考查根据圆的方程求解圆心和半径的问题，属于基础题.
12.已知等比数列中，，则公比______；______．
【答案】 (1). 2 (2). 4
【解析】
【分析】
根据等比数列通项公式构造方程求解即可.
【详解】
本题正确结果：；
【点睛】本题考查等比数列基本量的求解，关键是熟练掌握等比数列通项公式，属于基础题.
13.若实数满足不等式组则的最小值是_____，最大值是______．
【答案】 (1). 3 (2). 9
【解析】
【分析】
根据约束条件画出可行域，将问题转化为求解在轴截距的最大值和最小值，由图象可知过时，最小；过时，最大，求出坐标，代入可得结果.
【详解】由约束条件可得可行域如下图阴影部分所示：
令，则求的最大值和最小值即为求在轴截距的最大值和最小值
由平移可知，当过时，最小；过时，最大
由得：；由得：
，
本题正确结果：；
【点睛】本题考查线性规划中的最值问题的求解，关键是能够将问题转化为直线在轴截距的最值问题的求解，属于常考题型.
14.函数的最小正周期是______，值域是______．
【答案】 (1). (2).
【解析】
【分析】
利用二倍角公式将函数化为，根据余弦型函数周期性和值域得到结果.
【详解】
的最小正周期；值域为：
本题正确结果：；
【点睛】本题考查余弦型函数的最小正周期和值域的求解，关键是能够将已知函数化为余弦型函数的形式.
15.已知函数则的最大值是______．
【答案】
【解析】
【分析】
分别在、和三种情况下求解在区间内的最大值，综合即可得到结果.
【详解】当时，，此时：
当时，，此时：
当时，，此时：
综上所述：
本题正确结果：
【点睛】本题考查分段函数最值的求解，关键是能够通过函数每一段区间上的解析式分别求解出在每一段区间上的最值.
16.已知向量满足：，，当取最大值时， ______．
【答案】
【解析】
【分析】
根据向量模的性质可知当与反向时，取最大值，根据模长的比例关系可得，整理可求得结果.
【详解】
当且仅当与反向时取等号
又
整理得：
本题正确结果：
【点睛】本题考查向量模长的运算性质，关键是能够确定模长取得最大值时，两个向量之间的关系，从而得到两个向量之间的关系.
17.已知，设，若存在不相等的实数同时满足方程
和，则实数的取值范围为______．
【答案】
【解析】
【分析】
根据奇偶性定义求得为奇函数，从而可得且，从而可将整理
为：，通过求解函数的值域可得到的取值范围.【详解】为上的奇函数
又且且
即：
令，则
在上单调递增
又
本题正确结果：
【点睛】本题考查函数性质的综合应用问题，涉及到奇偶性的判定、单调性的应用，关键是能
够将问题转化为的值域的求解问题；易错点是在求解的取值范围时，忽略的条件，错误求解为，造成增根.
三、解答题（本大题共5小题，共74分）
18.在中，内角所对边分别为，且.
（1）求角的大小；
（2）求的取值范围.
【答案】（1）（2）
【解析】
【分析】
（1）由已知边的关系配凑出余弦定理的形式，求得，根据的范围求得结果；（2）利用两角和差正弦公式和辅助角公式将整理为，由可求得的范围，进而结合正弦函数的图象可求得的值域，从而得到所求范围.【详解】（1）由得：，即：
（2）
的取值范围为：
【点睛】本题考查余弦定理解三角形、三角形中取值范围类问题的求解，关键是能利用两角和差公式和辅助角公式将所求式子转变为的形式，利用正弦型函数值域的求解方法求得结果.
19.如图几何体中，底面为正方形，平面，，且
.
（1）求证：平面；
（2）求与平面所成角的大小.
【答案】（1）见解析（2）
【解析】
【分析】
（1）由，，结合面面平行判定定理可证得平面平面，根据面面平行性质证得结论；（2）连接交于点，连接，利用线面垂直的判定定理可证得平面，从而可知所求角为，在中利用正弦求得结果.
【详解】（1）四边形为正方形
又平面平面
又，平面平面
平面，平面平面
平面平面
（2）连接交于点，连接
平面，平面
又四边形为正方形
平面，平面
即为与平面所成角
且
又
即与平面所成角为：
【点睛】本题考查线面平行的证明、直线与平面所成角的求解，涉及到面面平行的判定与性质、线面垂直的判定与性质的应用；求解直线与平面所成角的关键是能够通过垂直关系将所求角放入直角三角形中来进行求解.
20.已知函数，数列的前项和为，点（）均在函数
的图像上.
（1）求数列的通项公式；
（2）设，是数列的前项和，求使得对所有都成立的最小正整数.
【答案】（1）；（2）10．
【解析】
分析：（1）由已知条件推导出，由此能求出；
（2）由，利用裂项求和法求出
，由此能求出满足要求的最小整数.
详解：（1）
当时，
当时，符合上式
综上，
（2）。