2018-2019学年浙江省丽水市高二（下）期末数学试卷（含详细解答）

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1、2018-2019学年浙江省丽水市高二（下）期末数学试卷一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60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（5分）直线yx1的倾斜角是（）ABCD2（5分）圆x2+y21与圆（x3）2+（y4）216的位置关系是（）A相交B内切C外切D相离3（5分）“0k1”是“方程表示双曲线”的（）A充分不必要条件B必要不充分条件C充要条件D既不充分也不必要条件4（5分）一个几何体的三视图形状都相同，大小均相等，那么这个几何体不可以是（）A球B三棱锥C正方体D圆柱5（5分）如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，若ABBC1，BB12，则异面直线A1B和

2、AD1所成角的余弦值为6（5分）若动圆C的圆心在抛物线y24x上，且与直线l：x1相切，则动圆C必过一个定点，该定点坐标为（）A（1，0）B（2，0）C（0，1）D（0，2）7（5分）某班上午有五节课，计划安排语文、数学、英语、物理、化学各一节，要求语文与化学相邻，且数学不排第一节，则不同排法的种数为（）A24B36C42D488（5分）设m，n为两条不同的直线，为两个不同的平面，下列命题中正确的（）A若m，mn，n，则B若m，mn，n，则C若m，mn，n，则D若m，mn，n，则9（5分）已知nN*，用数学归纳法证明f（n）1+4+7+（3n2）时假设当nk（kN*）时命题成立，证明当nk+1

3、时命题也成立，需要用到的f（k+1）与f（k）之间的关系式是（）Af（k+1）f（k）+3k5Bf（k+1）f（k）+3k2Cf（k+1）f（k）+3k+1Df（k+1）f（k）+3k+410（5分）如图，可导函数yf（x）在点P（x0，f（x0）处的切线方程为yg（x），设h（x）g（x）f（x），h（x）为h（x）的导函数，则下列结论中正确的是（）Ah（x0）0，x0是h（x）的极大值点Bh（x0）0，x0是h（x）的极小值点Ch（x0）0，x0不是h（x）的极值点Dh（x0）0，x0是h（x）是的极值点11（5分）已知M，N是离心率为2的双曲线上关于原点对称的两点，P是双曲线上的动点，且

4、直线PM，PN的斜率分别为k1，k1k20，则k1+3k2的取值范围为（）A6，+）B（，66，+）CD）12（5分）如图，在矩形ABCD中，M在线段AB上，且AMAD1，AB3，将ADM沿DM翻折在翻折过程中，记二面角ABCD的平面角为，则tan的最大值为（）ABCD二、填空题：本题共7小题，其中13-15题每小题6分，16-19题每小题6分，共34分13（6分）已知向量（2，0，1），（1，2，x），若，则x ，若2+（3，2，5），则x 14（6分）已知复数z2+i（i是虚数单位），则|z| ，iz 15（6分）若，则a0 ， 16（4分）若一个三位自然数的十位上的数字最大，则称该数为“

5、凸数”（如231，132）由1，2，3，4组成没有重复数字的三位数，其中凸数的个数为 个17（4分）已知奇函数yf（x）（xR且x0），f（x）为f（x）的导函数，当x0时，xf（x）f（x）0，且f（2）0，则不等式f（x）0的解集为 18（4分）如图，在棱长为2的正方体ABCDA1B1C1D1中，E是棱CC1的中点，F是侧面BCC1B1内的动点（包括边界），且A1F平面D1AE，则的最小值为 19（4分）已知P为椭圆上任意一点，点M，N分别在直线与上，且PMl2，PNl1，若PM2+PN2为定值，则椭圆的离心率为 三、解答题：本大题共4小题，共56分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤2

6、0（14分）已知圆C：x2+y22mx30（mR）（）若m1，求圆C的圆心坐标及半径；（）若直线l：xy0与圆C交于A，B两点，且|AB|4，求实数m的值21（14分）如图，三棱柱ABCA1B1C1中，平面ABC平面AA1B1B，ABBCACAA12，ABB1（）证明：ABA1C；（）求直线A1B1与平面BB1C1C所成角的正弦值22（14分）如图，已知三点A，P，Q在抛物线C：x28y上，点A，Q关于y轴对称（点A在第一象限），直线PQ过抛物线的焦点F（）若APQ的重心为，求直线AP的方程；（）设OAP，OFQ的面积分别为S1，S2，求的最小值23（14分）已知函数（）当a3时，求f（x）在

7、（e，e3）上的零点个数；（）当a2时，若f（x）有两个零点x1，x2，求证：4x1+x23e22018-2019学年浙江省丽水市高二（下）期末数学试卷参考答案与试题解析一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60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（5分）直线yx1的倾斜角是（）ABCD【分析】根据直线方程求出斜率，根据斜率得出对应的倾斜角【解答】解：直线yx1的斜率是1，所以倾斜角为45，即故选：B【点评】本题考查了根据直线方程求斜率与倾斜角的应用问题，是基础题目2（5分）圆x2+y21与圆（x3）2+（y4）216的位置关系是（）A相交B内切C外切D相离【分析】根据

8、两圆圆心之间的距离和半径之间的关系进行判断【解答】解：圆x2+y21的圆心O（0，0），半径r1，圆（x3）2+（y4）216，圆心A（3，4），半径R4，两圆心之间的距离|AO|54+12R+r，两圆外切故选：C【点评】本题主要考查圆与圆的位置关系的判断，利用圆心距离和半径之间的关系是解决圆与圆位置关系的主要依据3（5分）“0k1”是“方程表示双曲线”的（）A充分不必要条件B必要不充分条件C充要条件D既不充分也不必要条件【分析】根据双曲线的定义求出k的范围，结合充分条件和必要条件的定义进行判断即可【解答】解：若方程表示双曲线，则2k0，k0，即“0k1”是“方程表示双曲线”的充分不必要条件，

9、故选：A【点评】本题主要考查充分条件和必要条件的判断，结合双曲线的定义求出k的范围是解决本题的关键，属基础题4（5分）一个几何体的三视图形状都相同，大小均相等，那么这个几何体不可以是（）A球B三棱锥C正方体D圆柱【分析】利用简单几何体的结构特征以及三视图的定义，容易判断圆柱的三视图不可能形状相同，大小均等【解答】解：A、球的三视图均为圆，且大小均等；B、三条侧棱两两垂直且相等的适当高度的正三棱锥，其一个侧面放到平面上，其三视图均为三角形且形状都相同；C、正方体的三视图可以是三个大小均等的正方形；D、圆柱的三视图中必有一个为圆，其他两个为矩形故一个几何体的三视图形状都相同，大小均等，那么这个几何

10、体不可以是圆柱故选：D【点评】本题主要考查了简单几何体的结构特征，简单几何体的三视图的形状大小，空间想象能力，属基础题5（5分）如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，若ABBC1，BB12，则异面直线A1B和AD1所成角的余弦值为（）ABCD【分析】由异面直线所成角的作法及余弦定理可得：cosA1BC1，得解【解答】解：由图可知，A1BC1为所求，又|A1B|C1B|，|A1C1|，由余弦定理可得：cosA1BC1，故选：D【点评】本题考查了异面直线所成角的作法，属中档题6（5分）若动圆C的圆心在抛物线y24x上，且与直线l：x1相切，则动圆C必过一个定点，该定点坐标为（）A（1，0）B（

11、2，0）C（0，1）D（0，2）【分析】由抛物线的方程可得直线x1即为抛物线的准线方程，结合抛物线的定义得到动圆一定过抛物线的焦点，进而得到答案【解答】解：动圆圆心在抛物线y24x上，且抛物线的准线方程为x1，所以动圆圆心到直线x1的距离与到焦点（1，0）的距离相等，所以点（1，0）一定在动圆上，即动圆必过定点（1，0）故选：A【点评】本题考查直线与圆的位置关系，注意运用抛物线的定义，属于基础题7（5分）某班上午有五节课，计划安排语文、数学、英语、物理、化学各一节，要求语文与化学相邻，且数学不排第一节，则不同排法的种数为（）A24B36C42D48【分析】由排列组合中的捆绑问题得：不同排法的种

12、数为481236，得解【解答】解：先将语文与化学捆绑在一起，作为一个元素，再将四个元素全排，再减去数学排第一节的排法即可即不同排法的种数为481236，故选：B【点评】本题考查了排列组合中的捆绑问题，属中档题8（5分）设m，n为两条不同的直线，为两个不同的平面，下列命题中正确的（）A若m，mn，n，则B若m，mn，n，则C若m，mn，n，则D若m，mn，n，则【分析】作出示意图，可逐个否定A，B，C，故选D【解答】解：A，如图可否定A；B，如图可否定B；D，如图可否定D；故选：C【点评】此题考查了直线，平面的各种位置关系，难度不大9（5分）已知nN*，用数学归纳法证明f（n）1+4+7+（3n

13、2）时假设当nk（kN*）时命题成立，证明当nk+1时命题也成立，需要用到的f（k+1）与f（k）之间的关系式是（）Af（k+1）f（k）+3k5Bf（k+1）f（k）+3k2Cf（k+1）f（k）+3k+1Df（k+1）f（k）+3k+4【分析】由数学归纳法可知nk时，f（k）1+4+7+（3k2），到nk+1时，左端为f（k+1）1+4+7+（3k+2）+（3（k+1）2）从而可得答案【解答】解：用数学归纳法证明等式f（n）1+4+7+（3n2）时，假设nk时，命题成立，f（k）1+4+7+（3k2），则当nk+1时，左端为f（k+1）1+4+7+（3k+2）+（3（k+1）2）需要用到的

14、f（k+1）与f（k）之间的关系式是：f（k+1）f（k）+3k+1故选：C【点评】本题考查数学归纳法，着重考查理解与观察能力，考查推理证明的能力，属于基本知识的考查10（5分）如图，可导函数yf（x）在点P（x0，f（x0）处的切线方程为yg（x），设h（x）g（x）f（x），h（x）为h（x）的导函数，则下列结论中正确的是（）Ah（x0）0，x0是h（x）的极大值点Bh（x0）0，x0是h（x）的极小值点Ch（x0）0，x0不是h（x）的极值点Dh（x0）0，x0是h（x）是的极值点【分析】由已知求得函数yf（x）在点P（x0，f（x0）处的切线方程为yg（x），代入h（x）g（x）f（x

15、），求导分析得答案【解答】解：函数yf（x）在点P（x0，f（x0）处的切线方程为yf（x0）f（x0）（xx0），即yf（x0）x+f（x0）x0f（x0），g（x）f（x0）x+f（x0）x0f（x0），则h（x）g（x）f（x）f（x0）x+f（x0）x0f（x0）f（x）h（x）f（x0）f（x），则h（x0）0，由已知f（x）为减函数，则当xx0 时，h（x）f（x0）f（x）0，h（x）单调递减；当xx0 时，h（x）f（x0）f（x）0，h（x）单调递增x0是h（x）的极小值点综上，h（x0）0，x0是h（x）的极小值点故选：B【点评】本题考查利用导数加以过曲线上某点处的切线方程

16、，考查利用导数研究函数的单调性，是中档题11（5分）已知M，N是离心率为2的双曲线上关于原点对称的两点，P是双曲线上的动点，且直线PM，PN的斜率分别为k1，k1k20，则k1+3k2的取值范围为（）A6，+）B（，66，+）CD）【分析】根据点差法可得k1k2e21，再根据基本不等式可得则k1+3k2的取值范围【解答】解：设M（p，q），N（p，q），P（m，n），则，则k1k2当k1，为正时，则k1+3k2当k1，为负时，则k1+3k2的故选：B【点评】本题考查了双曲线的性质，均值不等式，属中档题12（5分）如图，在矩形ABCD中，M在线段AB上，且AMAD1，AB3，将ADM沿DM翻折在

17、翻折过程中，记二面角ABCD的平面角为，则tan的最大值为（）ABCD【分析】取DN1，连接AN，交DM于点E，延长AN交BC延长线于F， 折起后（如图2），有DM面AEN，过A作AOEF，易得AO面DMBC再过O作OGBF，则AGO就是二面角ABCD的平面角为，设AEO，（0），则 tan即可【解答】解：如图1，取DN1，连接AN，交DM于点E，延长AN交BC延长线于F，ADAM1，ANDM，折起后（如图2），有DM面AEN，过A作AOEF，易得AO面DMBC再过O作OGBF，则AGO就是二面角ABCD的平面角为，设AEO，（0），则AOAEsin，OFAFANON3，OGtan令，1k 图

18、1 图2故选：A【点评】本题考查了空间折叠问题，考查了二面角的计算，三角函数求最值，属于难题二、填空题：本题共7小题，其中13-15题每小题6分，16-19题每小题6分，共34分13（6分）已知向量（2，0，1），（1，2，x），若，则x2，若2+（3，2，5），则x3【分析】利用空间向量的数量积的垂直关系求解x，通过2+（3，2，5），l利用向量的坐标运算求解x即可【解答】解：向量（2，0，1），（1，2，x），若，可得：2+0+x0，解得x2；若2+（3，2，5），可得2+x5，则x3故答案为：2；3【点评】本题考查空间向量的坐标运算，是基本知识的考查14（6分）已知复数z2+i（i是虚数

19、单位），则|z|，iz1+2i【分析】根据z2+i，直角求出|z|和即可【解答】解：z2+i，故答案为：；1+2i【点评】本题考查了复数的运算性质和复数模的计算，属基础题15（6分）若，则a01，1【分析】由二项式定理及展开式的通项公式得：x0得：a0120191由二项式（1x）2019展开式通项为Tn+1（1）nxn可得：令x1得：（1）0+（1）1+（1）2+（1）2019（11）20190，令x0得：（1）01，故（1）1+（1）2+（1）20191，得解【解答】解：因为，令x0得：a0120191由（1+2x）2019展开式通项公式为Tr+12rxr得：ar2r，所以（1）n（1）n，

20、由二项式（1x）2019展开式通项为Tn+1（1）nxn可得：令x1得：（1）0+（1）1+（1）2+（1）2019（11）20190，令x0得：（1）01，故（1）1+（1）2+（1）20191，故1，故答案为：1；1【点评】本题考查了二项式定理及展开式的通项公式，属中档题16（4分）若一个三位自然数的十位上的数字最大，则称该数为“凸数”（如231，132）由1，2，3，4组成没有重复数字的三位数，其中凸数的个数为8个【分析】由排列组合中的定序问题得：凸数的个数为8，得解【解答】解：由“凸数”的特征可得：凸数的个数为8，故答案为：8【点评】本题考查了排列组合中的定序问题，属中档题17（4分）

21、已知奇函数yf（x）（xR且x0），f（x）为f（x）的导函数，当x0时，xf（x）f（x）0，且f（2）0，则不等式f（x）0的解集为（，2（0，2【分析】由题令函数g（x），g（x），可得函数的单调性和奇偶性，及g（2）g（2）0，求解f（x）0，转换为求解x0时，即解：g（x）0，和x0时，即解：g（x）0即可【解答】解：令函数g（x），g（x），则：x0时，xf（x）f（x）0，有函数g（x）在（0，+）上单调递增，且f（2）0，即g（2）0，因为奇函数yf（x）（xR且x0），所以g（x）g（x），则g（x）在xR且x0上是偶函数所以：函数g（x）在（，0）上单调递减，g（2）g（2

22、）0，则要求解不等式f（x）0的解集，x0时，即解：g（x）0，解得：x2，故：0x2；x0时，即解：g（x）0，解得：x2，或x2（舍去）；故：x2；综上：x（，2（0，2故答案为：x（，2（0，2【点评】本题考查了构造函数的导数的综合应用，函数的单调性和奇偶性，不等式的解法，属于中档题18（4分）如图，在棱长为2的正方体ABCDA1B1C1D1中，E是棱CC1的中点，F是侧面BCC1B1内的动点（包括边界），且A1F平面D1AE，则的最小值为【分析】以D为坐标原点，DC，DA，DD1为x，y，z轴建立空间直角坐标系，设A1，D1，F，E，A，B1的坐标，可得对应向量的坐标，平面D1AE的法

23、向量为，运用向量数量积的坐标表示，化简可得一个法向量，结合二次函数的最值可得所求最小值【解答】解：以D为坐标原点，DC，DA，DD1为x，y，z轴建立空间直角坐标系，设A1（0，2，2），D1（0，0，2），F（2，y，z），E（2，0，1），A（0，2，0），B1（2，2，2），可得（0，2，2），（2，0，1），（2，y2，z2），设平面D1AE的法向量为（k，m，n），可得2m2n0，2kn0，取k1，可得一个法向量为（1，2，2），由A1F平面D1AE，可得，可得2+2（y2）+2（z2）0，即y+z3，（2，2y，2z）（0，2y，2z）（2y）2+（2z）2（1z）2+（2z）22

24、z26z+52（z）2+，由z0，2可得z时的最小值为故答案为：【点评】建立空间直角坐标系，运用法向量和向量数量积的坐标表示，化简整理，结合二次函数的最值，是解决空间问题常用方法19（4分）已知P为椭圆上任意一点，点M，N分别在直线与上，且PMl2，PNl1，若PM2+PN2为定值，则椭圆的离心率为【分析】设P（x0，y0），由两直线平行的条件可得直线PM，PN的方程，求出M，N的坐标，得出|PM|2+|PN|2关于x0，y0的式子，根据P在椭圆上得出a，b的关系，再由离心率公式，可得所求值【解答】解：设P（x0，y0），则直线PM的方程为yx+y0，直线PN的方程为yx+y0联立方程组，解得

25、M（+y0，+），联立方程组，解得N（y0，+），|PM|2+|PN|2（y0）2+（）2+（+y0）2+（+）2x02+5y02，P（x0，y0）在椭圆上，b2x02+a2y02a2b2，x02+5y02为定值，e21e故答案为：【点评】本题考查椭圆的方程和性质，两直线平行的条件和两点的距离公式，考查方程思想和运算能力，属于中档题三、解答题：本大题共4小题，共56分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤20（14分）已知圆C：x2+y22mx30（mR）（）若m1，求圆C的圆心坐标及半径；（）若直线l：xy0与圆C交于A，B两点，且|AB|4，求实数m的值【分析】（）把m1代入圆的方程，化一

26、般式为标准式，则圆心坐标与半径可求；（）化圆的一般方程为标准方程，求得圆心坐标与半径，再由已知结合垂径定理列式求得实数m的值【解答】解：（） 当m1时，x2+y22x30，化简得（x1）2+y24，圆心坐标为（1，0），半径为2；（） 化圆C为（xm）2+y2m2+3，设圆心（m，0）到直线l：xy0的距离为d，则，|AB|4，d2+4m2+3，即即m【点评】本题考查圆的一般方程，考查直线与圆位置关系的应用，是基础题21（14分）如图，三棱柱ABCA1B1C1中，平面ABC平面AA1B1B，ABBCACAA12，ABB1（）证明：ABA1C；（）求直线A1B1与平面BB1C1C所成角的正弦值【

27、分析】（） 取AB中点D，连A1D，A1B，证明CDAB，ABA1D，得到AB平面CDA1，即可说明ABA1C（） 法一：设BC1B1CE，连接AE，证明BC1平面A1B1C，说明面A1B1C面BB1C1C，A1B1C为A1B1与面BB1C1C所成角，通过求解三角形即可得到结果（） 方法二：以D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，求出平面BCC1B1的一个法向量，直线A1B1与平面BCC1B1所成的角，利用空间向量的数量积求解即可【解答】（本题满分14分）（）证明：取AB中点D，连A1D，A1B因为ABBCACAA12，BAA160所以CDAB，ABA1D，所以AB平面CDA1因为A1C

28、平面CDA1所以ABA1C（） 法一：设BC1B1CE，连接AE由条件知四边形BB1C1C为菱形所以BC1B1C又A1BA1C12，E为BC1中点，所以BC1A1E，又B1CA1EE，所以BC1平面A1B1C，从而面A1B1C面BB1C1C，所以A1B1C为A1B1与面BB1C1C所成角，由 （）知AB面A1DCA1B1AB，所以A1B1面A1DC，所以A1B1A1C，在RtA1B1C中，（） 方法二：以D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，可得A（1，0，0），B（1，0，0）设平面BCC1B1的一个法向量则，而所以又，设直线A1B1与平面BCC1B1所成的角，则【点评】本题考查直线与

29、平面垂直的判断定理的应用，直线与平面所成角的求法，考查空间想象能力以及计算能力22（14分）如图，已知三点A，P，Q在抛物线C：x28y上，点A，Q关于y轴对称（点A在第一象限），直线PQ过抛物线的焦点F（）若APQ的重心为，求直线AP的方程；（）设OAP，OFQ的面积分别为S1，S2，求的最小值【分析】（） 设A（x1，y1），P（x2，y2），Q（x1，y1）则，然后求出AB的坐标，即可求解AP的方程（） 设PQ：ymx+2，由由韦达定理求出x1x216，设AP：ykx+n由得到AP：ykx2，说明AP过定点E（0，2），然后求解OAP，OFQ的面积分别为S1，S2，求处的表达式，转化求解

30、它的最小值【解答】解：（） 设A（x1，y1），P（x2，y2），Q（x1，y1）则，所以，所以所以AP：5x4y80（） 设PQ：ymx+2由得x28mx160，所以（x1）x216，即x1x216又设AP：ykx+n由得x28kx8n0，所以x1x28n16，所以n2所以AP：ykx2，即AP过定点E（0，2），当且仅当时等号成立所以的最小值为【点评】本题考查直线与抛物线的位置关系的综合应用，考查分析问题解决问题的能力23（14分）已知函数（）当a3时，求f（x）在（e，e3）上的零点个数；（）当a2时，若f（x）有两个零点x1，x2，求证：4x1+x23e2【分析】（）求得f（x）的导数

31、，可得单调性，计算f（e），f（e3），结合函数零点存在定理可得零点个数；（）运用分析法和构造函数法，结合函数的单调性、不等式的性质，即可得证【解答】解：因为，所以f（x）在（0，2）上递减，（2，+）上递增，（）当a3时，所以f（x）在（e，e3）上有一个零点；（） 因为f（x）有两个零点，所以f（2）0，即ln2+1a0a1+ln2设0x12x2，则要证x1+x244x1x2，因为为24x14，x22，又因为f（x）在（2，+）上单调递增，所以只要证f（4x1）f（x2）f（x1）0，设g（x）f（x）f（4x）（0x2），则，所以g（x）在（0，2）上单调递减，g（x）g（2）0所以x1

32、+x24，因为f（x）有两个零点x1，x2，所以f（x1）f（x2）0，方程f（x）0即ax2xlnx0构造函数h（x）ax2xlnx，则h（x1）h（x2）0h（x）a1lnx，h（x）0xea1，记pea12（a1+ln2），则h（x）在（0，p）上单调递增，在（p，+）上单调递减，所以，设，所以R（x）递增，当xp时，R（x）R（p）0，当0xp时，R（x）R（p）0，所以，即，（pea1，lnpa1），所以同理，所以，所以，所以，由a2得：，综上：4x1+x23e2【点评】本题考查导数的运用：求单调性和极值、最值，考查函数的零点个数求法，以及分析法证明，构造函数法，化简运算能力，属于难题