2018-2019学年浙江省湖州市高二下学期期末数学试题(解析版)

1、2018-2019学年浙江省湖州市高二下学期期末数学试题一、单选题1设集合，则（ ）ABCD【答案】A【解析】先由不等式得出集合，再由交集的运算即可求出结果.【详解】由得，即，所以.故选A【点睛】本题主要考查交集的运算，熟记定义即可，属于基础题型.2已知复数满足（为虚数单位），则（ ）.A1B2C3D【答案】D【解析】根据复数的基本运算法则进行化简，然后求模即可【详解】解：，故选：D【点睛】本题主要考查复数模长的计算，属于基础题3已知曲线在点处切线的倾斜角为，则等于（ ）A2 B-2 C3 D-1【答案】A【解析】因为，所以，由已知得，解得，故选A.4若90件产品中有5件次品，现从中任取3件产

2、品，则至少有一件是次品的取法种数是（ ）.ABCD【答案】C【解析】根据题意，用间接法分析：先计算从90件产品中任取3件的取法，再排除其中全部为正品的取法，分析可得答案【详解】解：根据题意，用间接法分析：从90件产品中任取3件，有种取法，其中没有次品，即全部为正品的取法有种取法，则至少有一件是次品的取法有种；故选：C【点睛】本题考查排列、组合的应用，注意用间接法分析，避免分类讨论，属于基础题5若定义在上的函数的导函数的图象如图所示，则（ ）.A函数有1个极大值，2个极小值B函数有2个极大值，3个极小值C函数有3个极大值，2个极小值D函数有4个极大值，3个极小值【答案】B【解析】利用函数取得极大

3、值的充分条件即可得出【详解】解：只有一个极大值点当时，当时，当时，时，时，且，函数在，处取得极大值，处取得极小值故选：B【点睛】本题考查极值点与导数的关系，熟练掌握函数取得极大值的充分条件是解题的关键，属于基础题6把函数的图象上所有点向左平行移动个单位长度，再把所得图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），得到的图象所表示的函数是（ ）.ABCD【答案】A【解析】先根据左加右减的性质进行平移，再根据横坐标伸长到原来的2倍时的值变为原来的倍，得到答案【详解】解：向左平移个单位，即以代，得到函数，再把所得图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍，即以代，得到函数：故选：A【点睛】本题主要考查

4、三角函数的变换，属于基础题7用数学归纳法证明 ，从到，不等式左边需添加的项是（ ）ABCD【答案】B【解析】分析：分析，时，左边起始项与终止项，比较差距，得结果.详解：时，左边为,时，左边为,所以左边需添加的项是 ，选B.点睛：研究到项的变化，实质是研究式子变化的规律，起始项与终止项是什么，中间项是如何变化的.8有位男生，位女生和位老师站在一起照相，要求老师必须站中间，与老师相邻的不能同时为男生或女生，则这样的排法种数是（ ）ABCD【答案】D【解析】先排与老师相邻的: ,再排剩下的： ,所以共有 种排法种数，选D.点睛：求解排列、组合问题常用的解题方法：(1)元素相邻的排列问题“捆邦法”；(

5、2)元素相间的排列问题“插空法”；(3)元素有顺序限制的排列问题“除序法”；(4)带有“含”与“不含”“至多”“至少”的排列组合问题间接法.9中，是的中点，若，则（ ）.ABCD【答案】D【解析】作出图象，设出未知量，在中，由正弦定理可得，进而可得，在中，还可得，建立等式后可得，再由勾股定理可得，即可得出结论【详解】解：如图，设，在中，由正弦定理可得，代入数据解得，故，而在中，故可得，化简可得，解之可得，再由勾股定理可得，联立可得，故在中，故选：D【点睛】本题考查正弦定理的应用，涉及三角函数的诱导公式以及勾股定理的应用，属于中档题10若存在实数，使不等式对一切正数都成立（其中为自然对数的底数）

6、，则实数的最小值是（ ）.AB4CD2【答案】B【解析】分别画出和的图象，依题意存在实数，使不等式对一切正数都成立，要求参数的最小值，临界条件即为直线：恰为函数和的公切线，设函数上的切点，则，即转化为求，设函数的切点为，表示出切线方程，即可得到方程组，整理得到，令，求出令即可得解；【详解】解：分别画出和的图象，依题意存在实数，使不等式对一切正数都成立，要求参数的最小值，临界条件即为直线：恰为函数和的公切线，设函数上的切点，所以，所以切线方程为，整理得，同时直线也是函数的切线，设切点为，所以切线方程为，整理得，所以，整理得，即，令，则，所以在上单调递减，在上单调递增，故，显然，故当时取得最小值，

7、即实数的最小值为4，故选：B【点睛】本题考查利用导数分析恒成立问题，两曲线的公切线问题，属于中档题二、填空题11已知多项式，则_，_.【答案】1 【解析】由二项式定理及用赋值法求展开式项的系数得：令得：，展开式含的项为，即，得解【详解】解：因为，令得：，多项式展开式含的项为，即，故答案为：1；【点睛】本题考查了二项式定理及用赋值法求展开式项的系数，属于中档题12已知是等差数列，公差不为零若，成等比数列，且，则 ， 【答案】【解析】根据题意列出关于、的方程组，即可解出这两个量的值.【详解】由题可得，故有，又因为，即，所以.【点睛】本题考查等差数列基本量的计算，解题的关键就是根据题意列出关于首项和

8、公差的方程组进行求解，考查运算求解能力，属于中等题.13在ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知，ABC的面积为，则c=_，B=_.【答案】 【解析】先利用三角形面积公式可得,再利用余弦定理求得,进而求得即可【详解】由题,则,则,即,所以,因为,所以,故答案为：（1）（2）【点睛】本题考查三角形面积公式的应用,考查利用余弦定理求角14设函数.已知，且，则实数_，_.【答案】 【解析】分别令，令解方程组可得解【详解】解：因为函数又，令得：，又，所以，令得：，所以，联立得：，解得：或，经检验得，不合题意，即，故答案为：，【点睛】本题考查了函数与方程的综合运用及解方程组，属于中档题1

9、5已知4张卡片上分别写有数字1，2，3，4，从这4张卡片中随机抽取2张，则取出的2张卡片上的数字之和为奇数的概率为 【答案】【解析】解：从4张卡片中任意抽取两张，则所有的情况有种，那么取出的2张卡片上的数字之和为奇数，说明奇数=奇数+偶数，故有，因此利用古典概型可知概率为16已知两不共线的非零向量满足,则向量与夹角的最大值是_.【答案】【解析】设向量夹角为，由余弦定理求得，再利用基本不等式求得取得最小值，即可求得的最大值，得到结果.【详解】因为两非零向量满足,设向量夹角为，由于非零向量以及构成一个三角形，设，则由余弦定理可得，解得，当且仅当时，取得最小值，所以的最大值是，故答案是.【点睛】该题

10、考查的是有关向量夹角的大小问题，在解题的过程中，涉及到的知识点有余弦定理，基本不等式，注意当什么情况下取得最值，再者就是需要明确角取最大值的时候其余弦值最小.17若函数在存在零点（其中为自然对数的底数），则的最小值是_.【答案】【解析】依题意可得方程，在上存在解，要使取得最小值，则，令，利用导数研究函数的单调性，对分类讨论，分别求出的最小值，即可得解，【详解】解：依题意在存在零点，即方程在存在解，即，在存在解，要使取得最小值，则，令，则，当时，在上恒成立，即在上单调递增，所以，即，所以；当即时，当时，当时，即在上单调递减，在上单调递增，所以，所以，所以，令，则，所以，所以在上单调递减，所以当时

11、，则在上恒成立，即在上单调递减，综上可得的最小值为故答案为：【点睛】本题考查函数零点及最值问题，考查分析问题解决问题的能力及数形结合思想，属于难题三、解答题18已知函数在处取到极值.（1）求实数的值，并求出函数的单调区间；（2）求函数在上的最大值与最小值及相应的的值.【答案】（1），函数在单调递减，在和上单调递增（2），此时；，此时【解析】（1）先求导，再根据导数和函数的极值的关系即可求出，（2）根据导数和函数的最值得关系即可求出【详解】解：（1）由条件得，又在处取到极值，故，解得.此时由，解得或，由，解得，因此，函数在单调递减，在和上单调递增.（2）由（1）可知函数在单调递增，在单调递减，在

12、单调递增.故，此时；此时.【点睛】本题考查了函数的单调性、极值问题，最值问题，考查转化思想，属于中档题19一个盒子里装有个均匀的红球和个均匀的白球，每个球被取到的概率相等，已知从盒子里一次随机取出1个球，取到的球是红球的概率为，从盒子里一次随机取出2个球，取到的球至少有1个是白球的概率为.（1）求，的值；（2）若一次从盒子里随机取出3个球，求取到的白球个数不小于红球个数的概率.【答案】（1），（2）【解析】（1）设该盒子里有红球个，白球个，利用古典概型、对立事件概率计算公式列出方程组，能求出，（2） “一次从盒子里任取3个球，取到的白球个数不少于红球个数”分为“一次从盒子里任取3个球，取到的白

13、球个数为3个”和“一次从盒子里任取3个球，取到的白球个数为2个，红球数为1个”，由此能求出取到的白球个数不小于红球个数的概率【详解】解：（1）设该盒子里有红球个，白球个.根据题意得，解方程组得，故红球有4个，白球有8个.（2）设“一次从盒子里任取3个球，取到的白球个数不少于红球个数”为事件.设“一次从盒子里任取3个球，取到的白球个数为3个”为事件，则设“一次从盒子里任取3个球，取到的白球个数为2个，红球个数为1个”为事件，则，故.因此，从盒子里任取3个球，取到的白球个数不少于红球个数的概率为.【点睛】本题考查实数值、概率的求法，考查古典概型、对立事件概率计算公式、互斥事件概率加法公式等基础知识

14、，考查理解能力、运算求解能力，属于中档题20如图，在矩形ABC中，E在线段AD上，现沿BE将ABE折起，使A至位置，F在线段上，且. （1）求证：平面；（2）若在平面BCDE上的射影O在直线BC上，求直线与平面所成角的正弦值.【答案】（1）见解析（2）【解析】（1）取,再根据平几知识证,最后根据线面平行判定定理以及面面平行判定定理及其性质得结果；（2）建立空间直角坐标系，利用向量数量积求出平面法向量，根据向量夹角公式求夹角，最后根据向量夹角与线面角关系得结果.【详解】（1）取,因为，所以平面，平面，所以平面，因为四边形为平行四边形，即平面，平面，所以平面，因为平面，所以平面平面，因为平面，所以

15、平面（2）以O为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系, 设，因为设平面法向量为，则即即令因为,所以因此直线与平面所成角的正弦值为【点睛】本题考查线面平行判定定理以及利用空间向量求线面角，考查综合分析论证与求解能力，属中档题.21已知，为抛物线上的相异两点，且.（1）若直线过，求的值；（2）若直线的垂直平分线交轴与点，求面积的最大值.【答案】（1）（2）【解析】（1）设直线的方程为，联立抛物线方程，运用韦达定理和中点坐标公式，以及弦长公式，计算可得所求值；（2）设线段的中点为，运用中点坐标公式和直线的斜率公式，以及直线方程，可得的坐标，设出直线的方程代入抛物线方程，运用韦达定理，以及弦长公式和点

16、到直线的距离公式，化简整理，结合基本不等式可得所求最大值【详解】解：（1）当垂直于轴或斜率为零时，显然不符合题意，所以可设直线的方程为，代入方程，得故，结合解得.因此，.（2）设线段的中点为，则，线段的垂直平分线的方程是，由题意知，是的一个解，所以线段的垂直平分线与轴的交点为定点，且点坐标为直线的方程为，即，代入得，即，依题意，是方程的两个实根，且，所以，即，点到线段的距离，当且仅当，即时，上式取得等号所以面积的最大值为【点睛】本题考查直线的垂直平分线经过定点的证明，考查三角形面积的表达式的求法，考查三角形面积的最大值的求法，解题时要认真审题，注意均值定理的合理运用，属于中档题22已知函数.（1）若函数在其定义域内单调递增，求实数的最大值；（2）若存在正实数对，使得当时，能成立，求实数的取值范围.【答案】（1）4（2）【解析】（1）先求导，再根据导数和函数的单调性的关系即可求出的范围，（2）根据题意可