浙江省嘉兴市2019_2020学年高二数学下学期期末考试试题含解析

1、浙江省嘉兴市2019-2020学年高二数学下学期期末考试试题（含解析）参考公式：若事件，互斥，则.若事件，相互独立，则.若事件在一次试验中发生的概率是，则次独立重复试验中事件恰好发生次的概率.台体的体积公式，其中，分别表示台体的上、下底面积，表示台体的高.体的体积公式，其中表示柱体的底面积，表示柱体的高.锥体的体积公式，其中表示锥体的底面积，表示锥体的高.球的表面积公式.球的体积公式，其中表示球的半径.第卷一、选择题1.已知全集，集合，集合，则集合（ ）a. b. c. d. 【答案】b【解析】【分析】利用并集和补集的概念即可得出答案.【详解】 ， ,又，故选b.2.已知复数为纯虚数（为虚数单

2、位），则实数的值为（ ）a. b. c. d. 【答案】a【解析】【分析】利用复数的乘法法则将复数化为一般形式，然后利用该复数为纯虚数可得出关于的等式与不等式，即可解得实数的值.【详解】，由于该复数为纯虚数，则，解得.故选：a.【点睛】本题考查利用复数的类型求参数，同时也考查了复数乘法法则的应用，考查计算能力，属于基础题.3.已知函数是定义在上的奇函数，当时，则（ ）a. b. c. 0d. 1【答案】b【解析】【分析】由函数的奇偶性可得，进而计算即可得解.【详解】函数是定义在上的奇函数，当时，.故选：b.【点睛】本题考查函数奇偶性的应用，考查逻辑思维能力和运算求解能力，属于常考题.4.已知物

3、体位移（单位：米）和时间（单位：秒）满足：，则该物体在时刻的瞬时速度为（ ）a. 1米/秒b. 2米/秒c. 3米/秒d. 4米/秒【答案】a【解析】【分析】求出关于的导数，令可得【详解】由题意，时，故选：a【点睛】本题考查导数的物理意义，本题属于基础题5.用数学归纳法证明：时，从推证时，左边增加的代数式是（ ）a. b. c. d. 【答案】a【解析】【分析】根据题设中的等式，当时，等式的左边为，当时，等式的左边为，即可求解【详解】由题意，可得当时，等式的左边为，当时，等式的左边为，当时，等式的左边为，所以从到时，左边需增加的代数式是，故选a【点睛】本题主要考查了数学归纳法的应用，其中解答中

4、熟记数学归纳法的基本形式，合理、准确运算是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于基础题6.在中，则下列向量与相等是（ ）a. b. c. d. 【答案】d【解析】【分析】根据向量的线性运算将用，表示即可.【详解】因为，所以为的中点，所以故选：d【点睛】本题主要考查向量的线性运算及平面向量基本定理，属于基础题.7.已知，随机变量的分布列如下：02则的最大值为（ ）a. 2b. 1c. d. 【答案】c【解析】【分析】根据分布列求出期望，再得方差，根据二次函数性质可得最大值【详解】由已知，时，故选：c【点睛】本题考查简单随机变量的分布列，均值与方差，掌握方差计算方法是解题关键8.某高

5、一学生将来准备报考医学专业.该同学已有两所心仪大学，其中大学报考医学专业时要求同时选考物理和化学，大学报考医学专业时要求化学和生物至少选一门.若该同学将来想报考这两所大学中的其中一所那么该同学“七选三”选考科目的选择方案有（ ）a. 21种b. 23种c. 25种d. 27种【答案】c【解析】【分析】报考a大学的选择方案有种，报考b大学的选择方案有种，最后利用分步计数原理计算即可得解.【详解】大学报考医学专业时要求同时选考物理和化学，故报考a大学的选择方案有种；大学报考医学专业时要求化学和生物至少选一门，故报考b大学的选择方案有种；该同学将来想报考这两所大学中的其中一所那么该同学“七选三”选考

6、科目的选择方案有种.故选：c.【点睛】本题考查排列组合的应用，考查逻辑思维能力和运算求解能力，属于常考题.9.已知数列中，当时，为定值，则实数的不同的值有（ ）a. 5个b. 5个c. 6个d. 7个【答案】d【解析】【分析】由题可得，求出，再由递推关系去求出即可.【详解】由题可知，若要满足时，恒为定值，则只需满足，故或.当时，解得，从而解得：，或；当时，解得，从而解得：，或；故的不同取值有7个.故选：d【点睛】本题主要考查了数列的递推公式的计算，考查了学生的运算求解能力.10.设，且，函数.若函数有且仅有两个零点，则（ ）a. ，b. ，c. ，d. ，【答案】b【解析】【分析】令，则.即时

7、，方程有且仅有两个根.分别画，的图像和，（）的图像，观察得到.【详解】由题意知：方程有且仅有两个根.令，则.即时，方程有且仅有两个根.令 ， ，当时，由图可知，方程有1个或4个根； 当时，由图可知，方程有0个或1个根； 当时，由图可知，方程有0个或1个根； 当时，由图可知，要使方程有2个根，必须满足. 直线与直线的交点横坐标，直线和直线的交点横坐标，直线经过点时，由题可知：，即时，符合题意.综上所述： 时，函数有两个零点.故选b.【点睛】此题的关键是分别以t和x作为自变量，作出，和，（）的图像，先确定，的值，再确定（）的图像，从图像观察得出结论，注意复合函数自变量的转化.第卷二、填空题11.已

8、知复数（其中为虚数单位），则_；_.【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】由复数除法计算出，可得其共轭复数，再由模的计算公式计算模【详解】由已知，故答案为：；【点睛】本题考查复数的除法运算，考查共轭复数和模的概念，属于基础题12.从1，2，3，4，5这五个数字中任取4个数组成无重复数字的四位数，则这样的四位数共有_个；其中奇数有_个.【答案】 (1). 120 (2). 72【解析】【分析】(1)直接利用排列数公式求解即可；(2)先确定个位数的种数，再确定千位、百位、十位的种数，然后根据分步计数原理直接求解即可.【详解】(1)从1，2，3，4，5这五个数字中任取4个数组成无重复数字的四

9、位数，共有种；(2)第一步，先从1， 3， 5三个数中选一个放个位有种方法；第二步，再从剩余的4个数中选3个放在千位、百位、十位有种方法；根据分步计数原理，可得个.故答案为: 120；72【点睛】本题主要考查了排列组合的应用，属于基础题.13.设，则_；_.【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】令，利用二项展开式通项可求得的值，利用赋值法可得出，即可得解.【详解】二项展开式通项为，令，可得，则令，则.故答案为：；.【点睛】本题考查利用二项展开式求指定项的系数，同时也考查了利用赋值法求项的系数和，考查计算能力，属于中等题.14.袋子里有7个大小相同的小球，其中2个红球，5个白球，从中随机

10、取出2个小球，则取出的都是红球的概率为_；若表示取出的红球的个数，则_.【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】(1)求出随机取出2个小球的取法种数和2个小球是红球的种数，根据古典概型计算公式求解即可；(2)确定的所有可能取值，再求出相应的概率，根据均值公式求解即可.【详解】(1) 随机取出2个小球有种取法，取出的2个小球都是红球有1种取法，故取出的都是红球的概率；(2)的所有可能取值为0，1，2，；，所以的分布列为所以.故答案为：；【点睛】本题主要考查了古典概型的概率计算，随机变量的均值的求解，属于基础题.15.已知中，是的中点，且，则_.【答案】【解析】【分析】作出图形，设，用表示a

11、c、am、mb，在中利用正弦定理即可求得.【详解】如图所示，已知，是的中点，且，设，则，在中，由正弦定理得，解得.故答案为：【点睛】本题考查正弦定理解三角形、勾股定理，属于基础题.16.已知向量，向量满足，则的最小值为_.【答案】【解析】【分析】根据平行四边形性质可得，再结合基本不等式即可求出的最小值.【详解】由平行四边形性质可得：，由基本不等式可得：，当且仅当时等号成立，所以，即，所以，所以的最小值为.故答案为：【点睛】本题主要考查了向量的数量积的运算及基本不等式的应用，属于中档题.17.若不等式对任意的恒成立，则实数的最大值为_.【答案】2【解析】【分析】由得：，设， ，则 在上恒成立，且

12、b为的纵截距，利用，的图像得到当过点a，且与相切时，b有最大值，进而得到答案.【详解】由得：，设， ，则 在上恒成立，且b为的纵截距，易知，在上单调递减，且 ， ，当时， 或，故 在 上单调递增，在上单调递减，且 ， ， ，如图，当过点a，且与相切时，b有最大值，设切点 ，则有 解得： ，故b的最大值为2，故答案为：2.【点睛】此题因含有2个参数，采用分离参数法的话要很繁杂的参数讨论，会给做题增加很大难度，这个时候我们如果把不等式进行一定的变形，使含参数的部分变成一次函数，因为它的图像是一条直线，会比较容易找到需要的位置，使解题过程变的简单.三、解答题18.已知函数（）.（1）求的值；（2）求

13、的最小正周期及单调递增区间.【答案】（1）；（2）最小正周期为；单调增区间为：，.【解析】【分析】（1）根据两角差的正弦公式、余弦的二倍角公式和辅助角公式将式子化简为，然后代值计算即可；（2）由计算最小正周期，令，解不等式即可得出函数的单调增区间.【详解】（1），；（2），令，的单调增区间为：，.【点睛】本题考查三角恒等变换的应用，考查正弦型函数的性质，考查逻辑思维能力和运算求解能力，属于常考题.19.如图，四棱锥中，底面，且，是的中点.（1）求证：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，连结，证明是平行四边形，从而有线线平行得线

14、面平行；（2）取中点，连，易知，证得平面后得面面，过作，证明即为直线与平面所成角，然后解得这个角的正弦即可【详解】解：（1）取中点，连结，.是的中点，且，且，且，四边形为平行四边形，平面，平面，平面.（2）取中点，连，是平行四边形也是矩形，平面，平面，面，面面，过作，连，面，即为直线与平面所成角，在中，由等面积法知：，.【点睛】本题考查证明线面平行，求直线与平面所成的角，证明线面平行的根据是线面平行的判定定理，求直线与平面所成的角关键是作出直线与平面所成的角，为此需要找平面的垂线，这可从线线垂直、线面垂直、面面垂直间的关系去寻找确定20.已知等差数列中，且，成等比数列.(1)求数列的通项公式；

15、(2)若数列满足，求数列前项和.【答案】(1)；(2).【解析】【分析】(1)设等差数列的公差为，由，成等比数列可得关于的方程，解出后由等差数列的通项公式即可求得；(2)根据条件可得时，再由(1)可求得，再验证的情形，即可求得，利用错位相减法即可求出.【详解】(1)因为，成等比数列，所以，所以，因为，所以，解得，所以.(2)当时，所以，两式相减得，当时，满足上式，所以，由(1)可知，所以，所以，由得，所以.【点睛】本题主要考查了等差数列，等比数列，数列通项的求法及错位相减法求和，属于中档题.21.如图，已知抛物线：的焦点为，设点为抛物线上一点，过点作抛物线的切线交其准线于点.（1）求点的坐标（

16、用表示）；（2）直线交抛物线于点（异于点），直线交抛物线于，两点（点在，之间），连结，记，面积分别为，求的最小值.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）利用导数的几何意义求出切线斜率，得切线方程后可得点坐标；（2）写出直线方程与抛物线方程联立求得点坐标，同样写出方程与抛物线方程联立解得坐标，计算为的函数，可令换元后应用基本不等式得最小值【详解】解：（1）由求导，.点处的切线方程为：，准线方程：，代入切线方程得，点.（2），：，联立，得，易知：，联立，得，即，由上知，即，设，则，当且仅当，即时，取到最小值.【点睛】本题考查直线与抛物线相交问题，考查导数的几何意义，本题中采取解析几何的最基

17、本方程，求出直线方程，与抛物线方程联立方程组解得交点坐标最后再计算面积比，求最值22.已知函数，.（为自然对数底数.）（1）求的值域； （2）设，若在区间有零点，求实数的取值范围.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）求出导函数，确定函数的单调性，同时注意时函数值的变化趋势，从而可得函数值域；（2）求导函数，为了确定其正负，设，再求导，观察得需对分类：，通过得出的单调性，结合函数图象得出在存在零点的条件【详解】解：（1），当时，；当时，且，在区间，单调递减，单调递增.时，又，由图可知的值域为.（2），令，则，.当，即时，即在单调递增，又，存在，使得，在区间单调递减，单调递增.又，当时，.故在区间内无零点.当，即时，即在单调递减，又，存在，使得，在区间单调递增，单调递减.又，当时，.故在区间内无零点.当，即时，令，解得，令，解得，即在区间单