1、延慶區(qū)20192020學年第二學期期末試卷高二數學第一部分（選擇題 共40分）一、選擇題：本大題共10小題，每小題4分，共40分.在每小題給出的四個選項中，選出符合題目要求的一項.1.設全集，集合，則集合（ ）a. b. c. d. 【答案】a【解析】【分析】根據補集以及并集概念直接求解.【詳解】因為，所以，因為，所以故選：a【點睛】本題考查集合的補集與并集，考查基本分析求解能力，屬基礎題.2.焦點在軸的正半軸上，且焦點到準線的距離為的拋物線的標準方程是（ ）a. b. c. d. 【答案】d【解析】【分析】根據焦點位置確定拋物線方程形式，再根據焦點到準線的距離確定結果.【詳解】因為焦點在軸的

2、正半軸上，所以拋物線的標準方程可設為，因為焦點到準線的距離為，所以故選：d【點睛】本題考查拋物線標準方程，考查基本分析求解能力，屬基礎題.3.已知向量，.若，則的值為（ ）a. b. c. d. 【答案】c【解析】【分析】根據向量垂直的坐標運算，求得，再求即可.【詳解】解：因為，所以，所以，所以.故選：c.【點睛】本題考查向量垂直時的坐標運算，向量模的求解，是基礎題.4.設，則（ ）a. b. c. d. 【答案】b【解析】【分析】利用指數函數、對數函數的單調性即可比較大小.【詳解】，由，所以，所以.故選：b【點睛】本題考查了利用指數函數、對數函數的單調性比較指數式、對數式的大小，屬于基礎題.

3、5.在下列函數中，定義域為實數集的奇函數為（ ）a. b. c. d. 【答案】a【解析】分析】利用奇函數定義進行驗證可得.【詳解】選項a:定義域為,滿足 所以是奇函數；正確選項b:定義域為,滿足 所以是偶函數；排除選項c:定義域不為,排除；選d:定義域為, 所以是非奇非偶函數；故選：a【點睛】本題考查函數奇偶性問題.其解題思路：常利用函數奇偶定義或圖象關于原點對稱進行判斷6.圓截軸所得弦的長度等于（ ）a. b. c. d. 【答案】a【解析】【分析】在圓方程中令，解得，即可求出弦長.【詳解】在圓方程中令，得因此弦長為故選：a【點睛】本題考查圓中弦長，考查基本分析求解能力，屬基礎題.7.已知

4、兩條不同的直線和兩個不同的平面，下列四個命題中錯誤的為（ ）a. 若，則b. 若，則c. 若，且，則d. 若，則【答案】d【解析】【分析】根據線面平行性質定理以及面面垂直判定定理判斷a; 根據平面法向量判斷b;根據線面平行判定定理與性質定理判斷c;根據線面位置關系判斷d.【詳解】若，則,因為，所以，故a正確；若，所以法向量相同或平行，因為，所以，故b正確；若，則；若，則,所以，進而有，又，所以，則，故c正確；若，則或，故d錯誤；故選：d【點睛】本題考查線面位置關系判斷、線面平行判定定理與性質定理、面面垂直判定定理，考查空間想象能力以及判斷能力，屬基礎題.8.已知函數，則“在上單調遞減”是“”的

5、（ ）a. 充分而不必要條件b. 必要而不充分條件c. 充分必要條件d. 既不充分也不必要條件【答案】b【解析】【分析】先根據在上單調遞減確定，再根據范圍包含關系確定充要關系.【詳解】因為，且在上單調遞減，所以即從而因為是必要而不充分條件，所以“在上單調遞減”是“”的必要而不充分條件，故選：b【點睛】本題考查充要關系判斷、由三角函數單調性求參數范圍，考查基本分析求解判斷能力，屬基礎題.9.將函數的圖象向左平移個單位長度，得到的圖象的函數解析式為（ ）a. b. c. d. 【答案】d【解析】【分析】先根據題意做平移變換，再利用誘導公式進行化簡即可.【詳解】由題意知，將函數的圖象向左平移個單位長

6、度得，所以函數解析式為：故選d【點睛】此題主要考查三角函數圖象的變換平移，屬于中低檔題，也是常考考點.在此類問題中，由函數沿著軸向左平移個單位時“左加”，向右平移個單位時“右減”，即可得函數的圖象；沿著軸向上平移個單位時“上加”，向下平移個單位時“下減”，即可得函數的圖象.10.已知函數的定義域為，且滿足下列三個條件：對任意的，且，都有；是偶函數；若，則， 的大小關系正確的是（ ）a. b. c. d. 【答案】c【解析】【分析】由可得函數在上單調遞減；由可得函數的周期；由由可得函數的圖象關于對稱，從而可比較大小【詳解】因為對于對任意的，且，都有，即函數 在上單調遞減； 由可得函數的周期；由是

7、偶函數可得函數的圖象關于對稱， 所以， 所以， 則 故選：c【點睛】本題主要考查了函數的單調性，周期性及對稱性在比較函數值大小中的應用，屬于中檔試題第卷（非選擇題，共110分）二、填空題：本大題共5小題，每小題5分，共25分.11.已知復數，則_.【答案】【解析】【分析】利用復數的除法法則將復數表示為一般形式，然后利用復數的模長公式可求得.【詳解】，.故答案為：.【點睛】本題考查復數的模的計算，同時也考查了復數的除法，考查計算能力，屬于基礎題.12.已知雙曲線的離心率為，則該雙曲線的漸近線方程為_【答案】【解析】【分析】根據離心率公式和雙曲線的的關系進行求解【詳解】由題知：，雙曲線的漸近線方程

8、為故答案為【點睛】本題考查雙曲線漸近線的求法，解題時要熟練掌握雙曲線的簡單性質13.數列中，. 若其前項和為，則_.【答案】5【解析】【分析】根據等比數列定義確定數列為等比數列，再根據等比數列求和公式列式求結果.【詳解】因為，所以數列為首項為3，公比為2的等比數列，因此其前項和為故答案為：5【點睛】本題考查等比數列定義、等比數列求和公式，考查基本分析求解能力，屬基礎題.14.在中，則邊上的高等于_.【答案】【解析】【分析】先根據余弦定理求，即得，再根據直角三角形求邊上的高.【詳解】邊上的高為,故答案為：【點睛】本題考查余弦定理、同角三角函數平方關系，考查基本分析求解能力，屬基礎題.15.已知函

9、數： 函數的單調遞減區(qū)間為； 若函數有且只有一個零點，則； 若，則，使得函數恰有2個零點，恰有一個零點，且，.其中，所有正確結論的序號是_.【答案】【解析】【分析】根據絕對值定義分類討論函數單調性，即可判斷；結合函數圖象以及利用導數求切線斜率可判斷；根據函數圖象得，即可確定，進而可判斷.【詳解】當時單調遞增；當時單調遞減，所以函數的單調遞減區(qū)間為；即正確；由圖可知分別與以及相切時，有且只有一個零點，設與切點為，因為；同理可得與相切時，因此錯誤；由圖可知,則，所以正確；故答案為：【點睛】本題考查函數單調性、函數圖象與零點、導數幾何意義，考查數形結合思想方法以及基本分析求解能力，屬中檔題.三、解答

10、題：本大題共6小題，共85分.解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟.16.已知是公差為的無窮等差數列，其前項和為. 又，且，是否存在大于的正整數，使得？若存在，求的值；若不存在，說明理由.【答案】存在，8【解析】【分析】利用等差數列前項和公式求出,再建立方程求值.【詳解】存在正整數，使得. 理由如下：在等差數列中， 又，.所以由 得 所以. 令，即.整理得.解得或. 因為，所以. 所以當時，.【點睛】本題考查解決等差數列基本量求值問題.等差數列基本量計算問題的思路：與等差數列有關的基本運算問題，主要圍繞著通項公式和前項和公式，在兩個公式中共涉及五個量：，已知其中三個量，選用恰當的公式，利用方

11、程(組)可求出剩余的兩個量17.已知函數.（）求函數的最小正周期和單調遞減區(qū)間；（）若當時，關于的不等式有解，求實數的取值范圍.【答案】（），；（）.【解析】【分析】（）先根據二倍角正弦與余弦公式、輔助角公式化簡，再根據正弦函數周期與單調性求結果；（）先根據正弦函數性質求在最大值，再根據不等式有解得結果.【詳解】（）因為. 所以函數的最小正周期. 因為函數的的單調遞減區(qū)間為， 所以， 解得， 所以函數的單調遞減區(qū)間是.（）由題意可知，不等式有解，即. 由（）可知.當時， 故當，即時，取得最大值，最大值. 所以.故實數的取值范圍是.【點睛】本題考查二倍角正弦與余弦公式、輔助角公式、正弦函數性質、

12、不等式有解問題，考查綜合分析求解能力，屬中檔題.18.在天貓進行6.18大促期間，某店鋪統(tǒng)計了當日所有消費者的消費金額（單位：元），如圖所示：（）將當日的消費金額超過2000元的消費者稱為“消費達人”，現(xiàn)從所有“消費達人”中隨機抽取3人，求至少有1位消費者，當日的消費金額超過2500元的概率；（）該店鋪針對這些消費者舉辦消費返利活動，預設有如下兩種方案：方案1：按分層抽樣從消費金額在不超過1000元，超過1000元且不超過2000元，2000元以上的消費者中總共抽取25位“幸運之星”給予獎勵金，每人分別為100元、200元和300元.方案2：每位會員均可參加線上翻牌游戲，每輪游戲規(guī)則如下：有3

13、張牌，背面都是相同的喜羊羊頭像，正面有1張笑臉、 2張哭臉，將3張牌洗勻后背面朝上擺放，每次只能翻一張且每翻一次均重新洗牌，共翻三次. 每翻到一次笑臉可得30元獎勵金.如果消費金額不超過1000元的消費者均可參加1輪翻牌游戲；超過1000元且不超過2000元的消費者均可參加2輪翻牌游戲；2000元以上的消費者均可參加3輪翻牌游戲（每次、每輪翻牌的結果相互獨立）.以方案2的獎勵金的數學期望為依據，請你預測哪一種方案投資較少?并說明理由.【答案】（）；（）方案1，理由見解析.【解析】【分析】（）由圖可知，消費金額在內的有8人，在內的有4人，利用組合可得這12人中抽取3人，共有種不同方法，再求出抽取

14、的3人中沒有1位消費者消費超過2500元，共有種不同方法，根據古典概型的概率計算公式即可求解.（）方案1按分層抽樣抽取“幸運之星”中的人數，從而求出獎勵的總金額；設表示參加一輪翻牌游戲所獲得的獎勵金，的可能取值為0，30，60，90，利用二項分布求出分布列，求出數學期望即可.【詳解】（）解：記“在抽取的3人中至少有1位消費者消費超過2500元”為事件a. 由圖可知，去年消費金額在內的有8人，在內的有4人，消費金額超過2000元的“消費達人”共有 8+4=12（人）， 從這12人中抽取3人，共有種不同方法， 其中抽取的3人中沒有1位消費者消費超過2500元，共有種不同方法. 所以，. （）解：方

15、案1按分層抽樣從消費金額在不超過1000元，超過1000元且不超過2000元，2000元以上的消費者中總共抽取25位“幸運之星”，則“幸運之星”中的人數分別為， 按照方案1獎勵的總金額為（元）. 方案2 設表示參加一輪翻牌游戲所獲得的獎勵金，則的可能取值為0，30，60，90. 由題意，每翻牌1次，翻到笑臉的概率為， 所以，.所以的分布列為：0306090 數學期望為（元）， 按照方案2獎勵的總金額為 （元）， 因為由，所以施行方案1投資較少.【點睛】本題主要考查了組合數、古典概型、離散型隨機變量的分布列、均值，考查了考生的分析能力，屬于中檔題.19.如圖，在四棱錐中，平面，為線段上一點（不是

16、端點），_.從；平面；這兩個條件中選一個，補充在上面問題中，并完成解答；注：如果選擇多個條件分別解答，按第一個解答計分.（）求證：四邊形是直角梯形；（）求直線與平面所成角正弦值；（）是否存在點，使得直線平面，若存在，求出的值，若不存在，請說明理由.【答案】（）證明見解析；（）；（）不存在，理由見解析.【解析】【分析】（i）選擇，利用勾股定理求，再證明，結合即可得證；選擇用勾股定理求，再證明，再根據線面平行性質定理即可解決.（）先在平面內過作，再以為原點，所在直線分別為軸，寫坐標，計算即可；（）先假設存在，則，再根據線面平行與空間向量的運算關系求解即可.【詳解】（）選擇，連結，因為平面， 所以，

17、 因為，所以因為，所以，所以. 因為，所以， 所以四邊形是直角梯形. 選擇，連結，因為平面， 所以， 因為，所以 因為，所以，所以. 因為平面，平面，平面平面，所以， 所以四邊形是直角梯形. （）在平面內過作，則平面，由（）知，所以以為原點，所在直線分別為軸，建立空間直角坐標系，如圖，則，.則， 設平面的一個法向量，則即 令，則，則. 設直線與平面pcd所成的角為，所以. 所以直線與平面所成角的正弦值為. （）設，則 . 所以 ， 若平面，則， 即，所以. 因為，所以，線段上不存在點使得直線平面.【點睛】本題考查線面平行的性質定理，線面所成的角，存在性問題等，考查邏輯推理能力和運算求解能力，是

18、中檔題.20.已知函數.（）求函數的單調區(qū)間；（）求證：當時，；（）當時，若曲線在曲線的下方，求實數的取值范圍.【答案】（）增區(qū)間為，減區(qū)間為；（）證明見解析；（）.【解析】【分析】（）求得函數的定義域和導數，分析導數的符號變化，可得出函數的單調遞增區(qū)間和遞減區(qū)間；（）求得函數的導數，利用導數分析出函數在區(qū)間上單調遞增，可得出，由此可證得結論成立；（）由題意可知，對任意的恒成立，構造函數，求得該函數的導數，分、兩種情況討論，利用導數分析函數在區(qū)間上的單調性，驗證不等式在區(qū)間上是否恒成立，由此可求得實數的取值范圍.【詳解】（）因為，定義域，所以. 令，解得，令，解得.所以函數的單調遞增區(qū)間為，單調遞減區(qū)間為；（）令，其中，由得， ，于是，故函數在上是增函數. 所以當時，即；（）若曲線在曲線的下方，則.令，則.當時，則對任意的，則，所以，函數在區(qū)間上單調遞增，則，合乎題意；當時，由于，則，令