1、2018-2019学年浙江省嘉兴市高二（下）期末数学试卷一、选择题（本大题共10小题，每小题4分，共40分）1（4分）已知全集U1，3，5，7，A3，5，则UA（）A1B7C1，7D1，3，5，72（4分）双曲线的渐近线方程是（）AyxByxCy2xDyx3（4分）已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A8B12C16D244（4分）已知m，n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，m，n，则mnBm，mn，则nC，mn，m，则nDm，mn，则n5（4分）若直线l经过点（1，2），且原点到直线l的距离为1，则直线l的方程为（）A3x4y50Bx1C3x4y5
2、0或y1D3x4y50或x16（4分）设a，bR，则“ab”是“|a|b”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7（4分）已知函数f（x）的图象如图所示，则f（x）的解析式可能是（）Af（x）x2Bf（x）+x2Cf（x）x2D8（4分）已知椭圆C：+1（ab0）的右焦点为F，短轴的一个端点为P，直线l：4x3y0与椭圆C相交于A，B两点若|AF|+|BF|6，点P到直线l的距离不小于，则椭圆离心率的取值范围是（）A（0，B（0，C（0，D（，9（4分）已知正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为a，定点M在棱AB上（不在端点A，B上），点P是平面ABCD内的
3、动点，且点P到直线A1D1的距离与点P到点M的距离的平方差为a2，则点P的轨迹所在的曲线为（）A圆B椭圆C双曲线D抛物线10（4分）设，clog215，则下列正确的是（）AabcBbacCcbaDbca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（6分）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O（0，0），A（3，0）的距离之比为的动点M轨迹方程是：x2+y2+2x30”，
4、则该“阿氏圆”的圆心坐标是 ，半径是 12（6分）已知等比数列an中，a11，a48，则公比q ；a3 13（6分）若实数x，y满足不等式组则2x+y的最小值是 ，最大值是 14（6分）函数f（x）cos4xsin4x的最小正周期是 ，值域是 15（4分）已知函数f（x）则f（x）的最大值是 16（4分）已知向量，满足：|3，|2|2，当|取最大值时， 17（4分）已知f（x）4xm2x+1，设，若存在不相等的实数a，b同时满足方程g（a）+g（b）0和f
5、（a）+f（b）0，则实数m的取值范围为 三、解答题（本大题共5小题，共74分）18（14分）在ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且b2a2+c2ac（1）求角B的大小；（2）求sinA+sinC的取值范围19（15分）如图几何体中，底面ABCD为正方形，PD平面ABCD，ECPD，且PDAD2EC2（1）求证：BE平面PDA；（2）求PA与平面PBD所成角的大小20（15分）已知函数f（x）3x22x，数列an的前n项和为Sn，点（n，Sn）（nN*）均在函数f（x）的图象上（1）求数列an的通项公式；（2）设，Tn是数列bn的前n项和，求使得对所有nN*都成立
6、的最小正整数m21（15分）已知抛物线y22px（p0）的焦点为F，过点F且与x轴不垂直的直线l与抛物线交于点A（x1，y1），B（x2，y2），且y1y24（1）求抛物线的方程；（2）设直线l与y轴交于点D，试探究：线段AB与FD的长度能否相等？如果相等，求直线l的方程，如果不等，说明理由22（15分）已知函数f（x）+b（a，bR且a0）（1）判断yf（x）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g（x）b（x+1），试讨论yf（x）g（x）的零点个数情况2018-2019学年浙江省嘉兴市高二（下）期末数学试卷参考答案与试题解析一、选择题（本大题共10小题
7、，每小题4分，共40分）1（4分）已知全集U1，3，5，7，A3，5，则UA（）A1B7C1，7D1，3，5，7【分析】根据全集和补集的定义求出UA【解答】解：由U1，3，5，7，A3，5，得UA1，7故选：C【点评】本题考查集合的表示方法、集合的补集的定义和求法，属基础题2（4分）双曲线的渐近线方程是（）AyxByxCy2xDyx【分析】求出双曲线y21的a，b，由双曲线1的渐近线方程为yx，即可得到【解答】解：双曲线y21的a，b1，由双曲线1的渐近线方程为yx，则所求渐近线方程为yx故选：B【点评】本题考查双曲线的方程和性质，考查渐近线方程的求法，考查运算能力，属于基础题3（4分）已知某
8、几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A8B12C16D24【分析】判断几何体的形状利用三视图的数据，求解体积即可【解答】解：由题意可知几何体的直观图如图：底面是直角三角形，一条侧棱垂直底面三角形的直角顶点，几何体的体积为：8故选：A【点评】本题考查三视图求解几何体的体积，判断几何体的形状是解题的关键4（4分）已知m，n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，m，n，则mnBm，mn，则nC，mn，m，则nDm，mn，则n【分析】由面面平行的定义可判断A；由线面平行的性质可判断B；由面面垂直的性质和线面位置关系可判断C；由线面垂直的性质可判断D【解答】解：，m，n
9、，则mn，或m，n异面，故A错；m，mn，则n或n，故B错；mn，m，则n，由，可得n或n，故C错；m，mn，则n，故D对故选：D【点评】本题考查空间线线、线面和面面的位置关系，主要是平行和垂直，考查空间想象能力和推理能力，属于基础题5（4分）若直线l经过点（1，2），且原点到直线l的距离为1，则直线l的方程为（）A3x4y50Bx1C3x4y50或y1D3x4y50或x1【分析】对直线的斜率分类讨论，利用点到直线的距离公式即可得出【解答】解：直线l的斜率不存在时，直线方程为x1，满足原点到直线l的距离为1，x1直线l的斜率存在时，设直线方程为y+2k（x+1），即kxy+k20，由原点到直线
10、l的距离为1，1，平方化为：k可得直线l的方程为：y+2（x+1），化为：3x4y50综上可得：直线l的方程为：x1，或3x4y50故选：D【点评】本题考查了点到直线的距离公式、分类讨论方法，考查了推理能力与计算能力，属于基础题6（4分）设a，bR，则“ab”是“|a|b”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【分析】由充分必要条件先求出“|a|b”的充要条件为“ab或ab“，再判断即可得解【解答】解：因为“|a|b”的充要条件为“ab或ab“，所以“ab”是“|a|b”的充分不必要条件，故选：A【点评】本题考查了充分必要条件，属简单题7（4分）已知函数f（
11、x）的图象如图所示，则f（x）的解析式可能是（）Af（x）x2Bf（x）+x2Cf（x）x2D【分析】由图象知，f（0）1，f（2）0，然后结合选项即可得出正确答案【解答】解：由图象知，f（0）1，f（2）0，根据选项可知只有C符合故选：C【点评】本题考查了根据函数图象得函数的解析式，找特殊点利用排除法是解题关键，属基础题8（4分）已知椭圆C：+1（ab0）的右焦点为F，短轴的一个端点为P，直线l：4x3y0与椭圆C相交于A，B两点若|AF|+|BF|6，点P到直线l的距离不小于，则椭圆离心率的取值范围是（）A（0，B（0，C（0，D（，【分析】设椭圆的左焦点为F，根据椭圆的对称性可得：AFB
12、F，BFAF，可得|AF|+|AF|BF|+|AF|62a，解得a3根据点P到直线l的距离不小于，可得，解得b范围，根据离心率e即可得出【解答】解：设椭圆的左焦点为F，根据椭圆的对称性可得：|AF|BF|，|BF|AF|，|AF|+|AF|BF|+|AF|62a，解得a3点P到直线l的距离不小于，解得b2，又ba，2b31离心率e故选：C【点评】本题考查了椭圆的定义标准方程及其性质、不等式的解法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题9（4分）已知正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为a，定点M在棱AB上（不在端点A，B上），点P是平面ABCD内的动点，且点P到直线A1D1的距离与点P到点M的距
13、离的平方差为a2，则点P的轨迹所在的曲线为（）A圆B椭圆C双曲线D抛物线【分析】以A为原点，AB、AA1分别为y轴、z轴，建立空间直角坐标系，设AMt（0ta），P（x，y，0），由已知条件推导出P的轨迹是抛物线【解答】解：以A为原点，AB、AA1分别为y轴、z轴，建立如图空间直角坐标系设AMt（0ta），则M（0，t，0），设P（x，y，0），设PRA1D1于R，则PR是点P到直线A1D1的距离PR2y2+a2，PM2x2+（yt）2，由题意，得PR2PM2y2+a2x2+（yt）2a2化简，得x22tyt2，故P的轨迹是抛物线故选：D【点评】本题考查点的轨迹所在曲线类型的判断，是中档题，借
14、助正方体巧妙地把立体几何与圆锥曲线有机地结合在一起，是一道好题10（4分）设，clog215，则下列正确的是（）AabcBbacCcbaDbca【分析】利用对数函数和指数函数的性质求解【解答】解：，clog215；显然：，设当2x4时，有2xx2，取，可得：215，log215，所以：ac，故选：B【点评】本题考查三个数的大小的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意对数函数和指数函数的性质的合理运用二、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（6分）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
15、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O（0，0），A（3，0）的距离之比为的动点M轨迹方程是：x2+y2+2x30”，则该“阿氏圆”的圆心坐标是（1，0），半径是2【分析】由圆的一般方程化为圆的标准方程即可【解答】解：x2+y2+2x30，（x+1）2+y24，圆心（1，0），半径为2故答案为（1，0），2【点评】本题考查点的轨迹问题和圆的标准方程，难度较易12（6分）已知等比数列an中，a11，a48，则公比q2；a34【分析】利用等比数列的通项公式即可得出【解答】解：a11，a48，q38，解得q2a3122
16、4故答案为：2，4【点评】本题考查了等比数列的通项公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题13（6分）若实数x，y满足不等式组则2x+y的最小值是3，最大值是9【分析】作出题中不等式组表示的平面区域，得如图的ABC及其内部，再将目标函数z2x+y对应的直线进行平移，可得z2x+y取得最值【解答】解：实数x，y满足不等式组表示的平面区域，得到如图的ABC及其内部，其中A（1，1），B（3，3），C（2，0）设zF（x，y）2x+y，将直线l：z2x+y进行平移，当l经过点A时，目标函数z达到最小值；z最小值F（1，1）3当l经过点A时，目标函数z达到最大值：z最大值F（3，3）9；故答案为：3
17、；9【点评】本题给出二元一次不等式组，求目标函数的最小值，着重考查了二元一次不等式组表示的平面区域和简单的线性规划等知识，属于基础题14（6分）函数f（x）cos4xsin4x的最小正周期是，值域是1，1【分析】先利用因式分解、二倍角公式化简函数的解析式，再利用余弦函数的周期性和值域，得出结论【解答】解：函数f（x）cos4xsin4x（cos2xsin2x ）（cos2x+sin2x ）cos2x的最小正周期是，它的值域为1，1，故答案为：；1，1【点评】本题主要考查因式分解、二倍角公式，余弦函数的周期性和值域，属于基础题15（4分）已知函数f（x）则f（x）的最大值是1【分析】作出函数f（
18、x）的图象，根据图象求出最大值【解答】解：作出函数f（x）的图象，由图可知，f（x）的最大值是1故答案为1【点评】本题考查分段函数的最值，属于容易题目16（4分）已知向量，满足：|3，|2|2，当|取最大值时，【分析】由|7|（23）（+4）|，利用绝对值不等式，即可求得|取最大值时的值【解答】解：由|7|（23）（+4）|23|+|+4|2+35，当23与+4方向相反时取等号，23（+4）时，即6928；8，故答案为：【点评】本题考查了平面向量的应用问题，也考查了绝对值不等式的应用问题，是基础题17（4分）已知f（x）4xm2x+1，设，若存在不相等的实数a，b同时满足方程g（a）+g（b）
19、0和f（a）+f（b）0，则实数m的取值范围为）【分析】先求出g（a）+g（b）0满足的条件，然后利用指数函数的图象和性质即可得到结论【解答】解：若g（a）+g（b）0，则，整理得2a+b+12，即a+b+11，则a+b0，即ba，f（a）+f（b）0等价为f（a）+f（a）0有解，即4am2a+1+4am2a+10，则m，设t2a+2a，则t2，则，在t2时，单调递增，即m，要使m有解，则m，故答案为：）【点评】本题主要考查与指数函数有关的综合问题，根据条件求出a+b0是解决本题的关键，综合性较强，难度较大三、解答题（本大题共5小题，共74分）18（14分）在ABC中，内角A，B，C所对的边
20、分别为a，b，c，且b2a2+c2ac（1）求角B的大小；（2）求sinA+sinC的取值范围【分析】（1）由已知可得a2+c2b2ac，利用余弦定理可求cosB的值，结合范围0B，可求B的值（2）由（1）利用三角函数恒等变换的应用可得sinA+sinCsin（A+），由范围A，可求，利用正弦函数的性质可求其取值范围【解答】解：（1）b2a2+c2ac，a2+c2b2ac，0B，（2），A，sinA+sinC的取值范围是【点评】本题主要考查了余弦定理，三角函数恒等变换的应用以及正弦函数的性质，考查了转化思想和函数思想的应用，属于基础题19（15分）如图几何体中，底面ABCD为正方形，PD平面A
21、BCD，ECPD，且PDAD2EC2（1）求证：BE平面PDA；（2）求PA与平面PBD所成角的大小【分析】（1）方法一：证明EC平面PDABC平面PDA，推出平面ECB平面PDA然后证明BE平面PDA方法二：取PD中点F，连结EF，AF，证明BEAF，推出BE平面PDA（2）连AC交BD于O说明APO为PA与平面PBD所成的角在RtPAO中，求解PA与平面PBD所成的角即可【解答】（1）证明：方法一：ABCD为正方形，ADBC，又ECPD，EC平面PDABC平面PDA且ECBCC平面ECB平面PDA又EC平面EBCBE平面PDA方法二：取PD中点F，连结EF，AF由已知得EFCD，又ABCD
22、且AO四边形ABEF是平行四边形则BEAF，AF平面PAD，BE平面PADBE平面PDA（2）解：由PD平面ABCD，PD平面PBD平面PBD平面ABCD连AC交BD于O则AOBD由平面与平面垂直的性质定理得：AO平面PBDAPO为PA与平面PBD所成的角在RtPAO中，求得，即PA与平面PBD所成的角为【点评】本题考查直线与平面平行的判断定理的应用，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20（15分）已知函数f（x）3x22x，数列an的前n项和为Sn，点（n，Sn）（nN*）均在函数f（x）的图象上（1）求数列an的通项公式；（2）设，Tn是数列bn的前n项和，求使得对所有n
23、N*都成立的最小正整数m【分析】（1）由已知条件推导出，由此能求出an6n5，nN*（2）由，利用裂项求和法求出Tn，由此能求出满足要求的最小整数m10【解答】解：（1）f（x）3x22x，数列an的前n项和为Sn，点（n，Sn）（nN*）均在函数yf（x）的图象上，当n2时，anSnSn1（3n22n）3（n1）22（n1）6n5，当n1时，a1S1321，满足上式，an6n5，nN*（2）由（1）得，Tn，使得Tn对所有nN*都成立的最小正整数m必须且仅须满足，即m10，满足要求的最小整数m10【点评】本题考查数列的前n项和的求法，考查满足要求的最小整数n的求法，是中档题，解题时要注意裂项
24、求和法的合理运用21（15分）已知抛物线y22px（p0）的焦点为F，过点F且与x轴不垂直的直线l与抛物线交于点A（x1，y1），B（x2，y2），且y1y24（1）求抛物线的方程；（2）设直线l与y轴交于点D，试探究：线段AB与FD的长度能否相等？如果相等，求直线l的方程，如果不等，说明理由【分析】（1）先联立方程组，利用根与系数关系建立方程求解；（2）在（1）的基础上，根据|AB|FD|建立方程求解，有解，则存在，否则不存在【解答】解：（1）设直线，代入y22px得，ky22pykp20，由韦达定理得，解得p2，即抛物线方程为：y24x（2）由（1）知l：yk（x1）（k0），联立方程组，
25、消去y得：k2x22（k2+2）x+k20，16（k2+1）0恒成立，所以，x1x21，因为直线l过点F，所以又D（0，k），F（1，0），由|AB|FD|，即，（1+k2）（k416k216）0，k416k2160，所以，（负的已舍去）从而，所以当l的方程为时有|AB|FD|【点评】本题考查直线与抛物线的位置关系，属于中档题目22（15分）已知函数f（x）+b（a，bR且a0）（1）判断yf（x）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g（x）b（x+1），试讨论yf（x）g（x）的零点个数情况【分析】（1）由已知b（x）为奇函数，关于（0，0）对称，利用图
26、形平移可得f（x）的对称中心；（2）令yf（x）g（x），所以，当a0时，x0，x0为其中一个解，所以讨论的解即可【解答】解：（1）设b（x）f（x）b，所以定义域为x|xa，b（x）b（x），b（x）为奇函数b（x）关于（0，0）对称，yf（x）的图象是中心对称图形，其对称中心为（0，b）（2）令yf（x）g（x），当a0时，x0，x0为其中一个解，所以讨论的解即可当b0时，有1个零点；当b0时，共有3个零点；当b0时，令，a2b+20，若时，共有3个零点；若时，共有1个零点；若时，共有1个零点综上所述：当b0或时，有3个零点；当时，有1个零点【点评】此题考查了函数的奇偶性，函数与方程的综合应用，属于开放性较难题目
