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- 2021-05-10 发布
2019学年第一学期浙江“七彩阳光”新高考研究联盟期中联考
高二年级数学学科试题
考生须知：
1.本卷共4页，满分150分，考试时间120分钟；
2.答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字；
3.所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效；
4.考试结束后，只需上交答题纸.
选择题部分（40分）
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.
1.设集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
分别求出集合，然后求交集.
【详解】,，则.
故选：B.
【点睛】本题考查集合的交集，解二次不等式,属于基础题.
2.已知，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
，将代入可得答案.
【详解】
故选：C.
【点睛】本题考查对数的运算性质，属于基础题.
3.若实数，满足约束条件，则的最大值是（ ）
A. 11 B. 10 C. 5 D. 9
【答案】A
【解析】
【分析】
根据约束条件作出不等式组表示的平面区域，将目标函数看成，将目标函数表示的直线进行平移经过可行域，可得答案.
【详解】作出不等式组所表示的平面区域，如图,
设,则的最大值即是直线的截距最大.
将直线进行平移使之与可行域有交点.
显然过点时，截距最大，
所以的最大值为11.
故选：A.
【点睛】本题考查简单的线性规划问题，作图要准确，在简单的线性规划问题中目标函数的几何意义有截距、斜率、距离等,属于基础题.
4.已知中，角，，的对边分别为，，，且，，成等差数列，，，则的面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
，，成等差数列可得,然后用余弦定理可求出边,再由三角形的面积公式可求出面积.
【详解】因为，，成等差数列，得，且.
又由余弦定理可得：.
,得.
所以面积为.
故选：B.
【点睛】本题考查余弦定理、三角形的面积，属于中档题.
5.若，是两个不同的平面，，是两条不同的直线，则下列命题正确的是（ ）
A. 若，，则； B. 若，，，则；
C. 若，，则； D. 若，，，则.
【答案】B
【解析】
【分析】
根据空间线面位置关系及判定和性质定理对选项进行逐一判断即可得到正确答案.
【详解】A, 若，，则与平面平行、相交或在平面内，故A错误.
B, 若，,则∥，又，则有，故B正确.
C, 若，,则在内或∥，，故C错误.
D, 若，，，则与相交，平行或在内，故D错误.
故选：B.
【点睛】本题考查空间线面位置关系及判定和性质定理，属于基础题.
6.在中，，，则（ ）
A. -5 B. 5 C. -25 D. 25
【答案】C
【解析】
【分析】
用向量的加法法则将表示成，然后用向量数量积的定义进行计算.
【详解】.
故选：C.
【点睛】本题考查向量的加法和数量积的运算，属于基础题.
7.已知是等比数列，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
先根据，求出公比，再由数列是等比数列，根据等比数列的前项和公式得到答案.
【详解】设等比数列的首项为，公比为，
在等比数列中：，.
所以，则.
由，得.，则.
所以.
所以数列是以4为首项，为公比的等比数列.
.
故选：D
【点睛】本题考查等比数列的通项公式的求法，求等比数列的前项和，属于中档题.
8.在正四面体中，异面直线与所成的角为，直线与平面所成的角为，二面角的平面角为，则，，的大小关系为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
在正四面体中易证,即，然后作出直线与平面所成的角，二面角的平面角，在将之放到三角形中求解比较其大小.
【详解】在正四面体中,设棱长为2,
设为底面三角形是中心，则平面.
取边的中点，连结, 如图.
则易证,又.
所以平面,又平面，
所以.
所以异面直线与所成的角为.
又平面.
所以直线与平面所成的角为
在中,,
所以.
取边的中点，连结，
则有，
所以二面角的平面角为,
在中，
由余弦定理有：,
即，
所以，
故选：D.
【点睛】本题考查异面直线成角，线面角，二面角的求法，关键是在立体图中作出相应的角，也可以用向量法，属于中档题.
9.函数满足，当时都有，且对任意的，不等式恒成立.则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
分析】
根据题意可得函数为偶函数且在上单调递增，时不等式恒成立，即在时恒成立，由单调性可得在时恒成立，可求得答案.
【详解】由函数满足，则为偶函数.
当时都有,则在上单调递增.
当时不等式恒成立.
即在时恒成立。
由单调性可得在时恒成立.
即在时恒成立.
即在时恒成立.
即在时恒成立.
所以，
故选：A.
【点睛】本题考查偶函数的性质，函数的单调性的应用，含绝对值的不等式的处理方法，
10.已知平面向量，满足，则对任意共面的单位向量，的最大值是（ ）
A. B. C. 3 D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】
根据条件可求出向量 的夹角为，,分别表示向量，在向量上的投影长度，然后用几何意义求解.
【详解】,得，，.
所以 .
设,则,
则由余弦定理有.
,分别表示向量，在向量上的投影长度
当时，.
当时如图（1），=.
当与，的夹角均为锐角时,如图（2）
,,则,
(当与平行时，取得等号)
当与，的夹角均为钝角时, ，
则与，的夹角均为锐角，同理可得,
当与，的夹角一个为锐角，另一为钝角时，设当与的夹角为钝，如图（3）
则等于向量的相反向量在的相反向量上的投影的长，即,
所以
综上,
故选：B.
【点睛】本题考查平面向量数量积及其运算，考查向量的投影的几何意义，属于难题..
非选择题部分（110分）
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.在等差数列中，若，则______，______.
【答案】 (1). 8 (2). 88
【解析】
【分析】
由等差数列的性质有，代入条件可求得,由可计算出答案.
【详解】在等差数列中，由.
有，则.
.
答案为: 8 ; 88.
【点睛】本题考查等差数列的性质和前项和的公式,属于基础题.
12.几何体的三视图如图，正视图和侧视图是腰长为2的等腰直角三角形，则几何体的体积为______，几何体的外接球的直径为______.
【答案】 (1). (2).
【解析】
【分析】
由三视图可知，该几何体为四棱锥，由正视图和侧视图为两个全等的直角三角形可知，四棱锥的侧棱垂直于底面且底面为正方形，将此四棱锥还原为正方体，则正方体的对角线为其外接球的直径,可解决问题.
【详解】由三视图可知，该几何体为四棱锥，
由正视图和侧视图为两个全等的直角三角形可知，
该四棱锥的侧棱垂直于底面且底面为边长为2的正方形,如图.
该四棱锥的高为.
则.
将此四棱锥补成为正方体，则在正方体中 为其外接球的直径，
所以为所求几何体的外接球的直径..
故答案为： ；
【点睛】本题考查三视图，几何体的外接球问题，几何体的体积的计算，考查空间想象能力，属于中档题.
13.若直线的倾斜角是直线的倾斜角的2倍，则______，______.
【答案】 (1). (2).
【解析】
【分析】
由条件有直线的倾斜角为，则，由二倍角公式可求，可化为，分子分母同时除以化为的二次齐次式，将代入可求出答案.
【详解】由直线的倾斜角是直线的倾斜角的2倍.
则直线的倾斜角为，则.
所以.
.
故答案为： ；
【点睛】本题考查直线的倾斜角的概念，三角函数化简求值，属于中档题.
14.已知，是正实数，且，则的最小值是______，的最小值是______.
【答案】 (1). (2).
【解析】
【分析】
由有可得的最小值，由有，则可求得答案.
【详解】由,有.
即，所以(当且仅当，即 时取等号)
所以的最小值为.
由有，
.
(当且仅当，即 时取等号)
所以的最小值为.
故答案为： ；.
【点睛】本题考查重要不等式在最值问题中的应用，运用重要不等式求最值时要注意“一正，二定，三相等”，关键是寻找(配凑)和为定值或积为定值.属于中档题.
15.在中，，，，若，且，则______.
【答案】
【解析】
【分析】
由，且结合余弦定理可得，可进一步求出的值，再用余弦定理可求的值.
【详解】由，且有.
,则有.
即，故有，解得
又.
故答案为：.
【点睛】本题考查余弦定理的应用，使用正余弦定理时要注意根据题目条件选用合理的定理进行边和角之间的互化，属于中档题.
16.正方形沿对角线折成直二面角，下列结论：①异面直线与所成的角为；②；③是等边三角形；④二面角的平面角正切值是；其中正确结论是______.（写出你认为正确的所有结论的序号）
【答案】①②③④
【解析】
【分析】
作出翻折后的空间图形，取为的中点，根据面面垂直的性质有平面,然后对各个选项进行分析计算，从而判断其真假.
【详解】设正方形的边长为2,取的中点为，连结.
由,有。
又因为直二面角,所以 平面.
在直角三角形中，.则.
对①，取的中点分别为，连结.
则∥且=1，∥且=1.
所以异面直线与所成的角为,
直角三角形中,,所以为等边三角形.
则，所以①正确.
对②,由,有,
则可以得到平面,又平面。
所以，所以②正确.
对③，由题意可知,是等边三角形.
所以③正确.
对④，由∥，则,
又,则,所以为二面角的平面角.
在直角三角形中，,所以所以④正确.
故答案为：①②③④.
【点睛】本题考查空间的垂直，异面直线所成角，二面角等属于中档题.
17.已知是实数，若对于任意，不等式恒成立，则的值为______.
【答案】
【解析】
【分析】
不等式恒成立，则两个因式的符号相反（或有一个为0），因为当 时，，则此时必须为负，则，且函数和在轴上的交点必须重合.从而求得答案.
【详解】不等式恒成立,
因为当 时，，
则此时必须为负，则,则.
则直线与轴的正半轴必有一个交点，
对于二次函数,因为，
则图像与轴必有两个交点，又两根之和为，
则二次函数与轴的正半轴必有一个交点（另一个在轴负半轴上），
要使得不等式恒成立，
则两函数和与轴的交点重合,
与轴的交点为，
将代入，得:
,整理得:.
解得： 或（舍去）
故答案为：.
【点睛】本题考查函数与不等式的关系，考查二次函数的图像与一次函数的图像，考查函数与方程，属于中档题.
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.已知函数.
（1）求函数的最小正周期和对称轴；
（2）当时，求函数的值域.
【答案】（1）最小正周期，对称轴为：，（2）
【解析】
【分析】
(1)利用和差角、二倍角、降幂公式将函数化简成的格式，再求解.
(2)当时，设时，即求在上的值域.
【详解】解：（1）
.
∴最小正周期.
又由，，
所以对称轴方程为：，.
（2）∵时，，
∴.
∴值域为.
【点睛】本题考查三角恒等变换将表达式化简，三角函数的性质，三角函数的值域，属于中档题.
19.如图，矩形所在的平面垂直于所在的平面，，为的中点.
（1）证明：平面；
（2）若、分别为线段、的动点，当时，试确定点的位置，并加以证明.
【答案】（1）证明见解析（2）点为的中点，证明见解析
【解析】
【分析】
(1)连接交于点，连接.,得，从而得证.
(2)要使得，只需垂直于过的某个平面，则点为的中点即可.
【详解】
∵四边形是矩形，
∴为的中点.
又为中点，
∴.又面，面，
∴面.
（2）当时，点为的中点.证明如下：
取的中点，连接，，.
∵为的中点，为的中点，
∴.
又，∴，
∴，，，四点共面.
∵面面，且面面，
，面，∴面.
又平面，∴，
∵，且为的中点，∴.
又，且面，
∴平面.
又平面，∴.
【点睛】本题考查线面平行，线线垂直动点位置探索问题，在立体几何中动点位置的探索问题一般可以用向量的方法解决,属于中档题.
20.如下图，三棱柱的各棱长都是2，，，，分别是，的中点.
（1）证明：平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析（2）
【解析】
【分析】
(1) 取中点，连，，证明平面平面，然后可证明平面平面.
(2) 连接、，作于.连接,即为所求角,然后归结到三角形中求解.
【详解】解：（1）取中点，连，，
∵是中位线，
∴，
又∵平面，
∴平面.
∵在中，，分别是，的中点.
∴.又∵平面，
∴平面.
又∵，
∴平面平面，
∵平面，
∴平面.
（2）∵，
∴即求直线与平面所成角的正弦值.
连接、，作于.连接.
由条件可知，是正三角形，
∴，
同理，又∵，
∴平面.
又∵平面.
∴平面平面.
∵平面，且.
∴平面.
∴即为所求角.
由条件知，
∴.
∴，∴.
∴.又∵，
∴.
∴所求值为.
【点睛】本题考查线面平行的证明和线面角的求解，空间角的求解可采用向量法，属于中档题.
21.已知数列满足，数列是公比为3的等比数列.
（1）求数列的通项公式；
（2）当时，证明：；
（3）设数列的前项和为，证明：.
【答案】（1）（2）证明见解析（3）证明见解析
【解析】
【分析】
(1)由数列是公比为3的等比数列，可求出的通项公式，然后求出的通项公式.
（2）先用分析法要证，只要证明，即证明，验证即可.
(3)由（2）有，则，然后用等比数列的前项和和公式即可证明.
【详解】解：（1）由条件知：，
∴.
（2）先证：时，成立.
只要证明，即证：，
只要证明，
即证：.
∵当时，显然成立.
∴命题成立.即：时，成立.
∴当时，
；
又∵当时，成立；
∴综上，成立.
【点睛】本题考查等比数列的通项公式和前项和，数列与不等式相结合的证明，数列中的放缩，属于中档题.
22.已知函数.
（1）若时，不等式对恒成立，求的取值范围；
（2）若函数在区间上有两个不同的零点，求的取值范围.
【答案】（1）（2）
【解析】
【分析】
（1）时，不等式对恒成立，即对成立,即求右边的最小值即可.
(2) 函数在区间上有两个不同的零点，即二次方程在上有两个不同的实数根,用二次方程根的分别即可求解.
【详解】解：（1）由条件知：即对恒成立.
∴对成立.
记，.
由图象知：在上递增，上递减.
∴，
∴.
（2）∵在上有两个零点.
∴，∴得.
∴由线性规划，得.
【点睛】本题考查恒成立问题，二次函数在给定闭区间上的最值，二次方程在闭区间上的根的分别问题，考查分离参数的方法,属于中档题.