2019-2020学年高二数学上学期期末考试试题 理(含解析) (IV).doc

2019-2020学年高二数学上学期期末考试试题 理(含解析) (IV)一、单选题（本大题共12小题，每题5分）1. 下列图形中不一定是平面图形的是（ ）A. 三角形 B. 四个角都相等的四边形 C. 梯形 D. 平行四边形【答案】B【解析】根据几何公理，三角形能确定一个平面（两相交直线能确定一个平面）、梯形、平行四边形能确定一个平面（两平行线能确定一个平面），所以不能确定的是：四个角都相等的四边形。故选B。2. 下列等于1的积分是 （ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】;；.故选C.点睛：定积分的计算一般有三个方法：（1）利用微积分基本定理求原函数；（2）利用定积分的几何意义，利用面积求定积分；（3）利用奇偶性对称求定积分，奇函数在对称区间的定积分值为0.3. 在正方体中， 与所成的角为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】通过平行移动，得到与的夹角是与的所成角，易知，所成角为，故选B。4. 已知函数的导函数为，且满足，则等于（）A. 1 B. C. D. 【答案】B【解析】，所以，得，故选B。5. 已知三个平面、，a、b是异面直线，a与、分别交于A、B、C三点，b与、分别交于D、E、F三点，连结AF交平面于G，连结CD交平面于H，则四边形BGEH的形状为( )A. 平行四边形 B. 矩形 C. 菱形 D. 梯形【答案】A【解析】由面面平行的性质定理可知，得，同理可知，所以四边形是平行四边形，故选A。6. 已知则等于A. B. C. D. 【答案】D.点睛：本题考查周期性的应用。在求解之类的大项函数问题，一般的，函数要么具有周期性，要么存在通项式，由题意可知，本题具有周期性，解得答案即可。7. 祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”“幂”是截面积，“势”是几何体的高，意思是两个同高的几何体，如在等高处截面的面积恒相等，则体积相等已知某不规则几何体与如图所示的几何体满足“幂势同”，则该不规则几何体的体积为()A. B. C. D. 【答案】B【解析】，故选B。8. 已知直线与平面，给出下列三个命题：若，则；若，则；若则.其中正确命题的个数是( )A. 0 B. 1 C. 2 D. 3【答案】C【解析】直线存在不平行的情况，故错误；正确；正确。所以正确的有2个，故选C。9. 已知在四棱锥中，是矩形，则在四棱锥的任意两个顶点的连线中，互相垂直的异面直线共有()A. 3对 B. 4对 C. 5对 D. 6对【答案】C【解析】如图，所以共5对。故选C。点睛：本题考查空间几何体中的线线垂直判断。线线垂直一般通过线面垂直的性质定理来判断，所以本题中先寻找线面垂直的存在性情况，再去判断其中异面直线的垂直情况。解决本题要把握住解题本质：线面垂直的性质定理。10. 当时，函数的图象大致是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】由，解得，即或，函数有两个零点，不正确，设，则，由，解得或，由，解得：，即是函数的一个极大值点，不成立，排除，故选B.11. 设分别是定义在R上的奇函数和偶函数，当时，且，则不等式的解集是( )A. B. C. D. 【答案】D【解析】试题分析：先根据可确定，进而可得到在时单调递增，结合函数，分别是定义在上的奇函数和偶函数可确定在时也是增函数于是构造函数知在上为奇函数且为单调递增的，又因为，所以，所以的解集为，故选D考点：利用导数研究函数的单调性12. 设函数，对，不等式恒成立，则正数的取值范围为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】，所以在单调递增，单调递减，所以，又，所以在单调递减，单调递增，所以，所以，所以，故选C。点睛：本题考查导数在函数中的综合应用。由题意可知，本题要求解的最小值和最大值，所以通过求导判断函数的单调性，解得函数的最值，解得答案。本题属于函数恒成立问题中的常见题型。二、填空题（本大题共4小题，每题5分）13. 在等腰梯形中，上底，腰,下底,以下底所在直线为轴，则由斜二测画法画出的直观图的面积为_.【答案】【解析】。14. 由曲线与，所围成的平面图形的面积为_.【答案】【解析】由题设曲线与，所围成的平面图形的面积为，应填答案。15. 设是的二面角内一点，,分别为垂足，,则的长为_.【答案】【解析】由题意，由余弦定理可知，所以。点睛：本题考查空间几何体。由二面角的定义而知，过作公共边的垂线，交于点，则就是二面角的平面角，由四边形内角和，得到，利用余弦定理解得答案。16. 如图，四棱锥的底面为正方形，底面，则下列结论平面与所成的角等于与所成的角二面角的大小为其中，正确结论的序号是_.【答案】【解析】由题意，平面，所以，故正确；，所以平面，故正确；与的所成角是，与的所成角是直角，两个不相等，故错误；二面角的平面角是，是，故正确。所以正确的序号是。三、解答题17. 如图，在正方体中，是的中点.（1）求证：平面；（2）求证：平面平面.【答案】（1）见解析；（2）见解析.【解析】试题分析：（1）设，连接，因为O,E分别为AC,中点，所以（2） 平面，所以平面平面考点：线面平行垂直的判定点评：平面内一直线与平面外一直线平行，则线面平行；直线垂直于平面内两相交直线则直线垂直于平面，进而得到两面垂直18. 如图，四棱锥中，底面是边长为2的正方形，底面，,点是棱的中点. (1)求证：(2)求的长.【答案】(1)见解析;(2) .【解析】试题分析：（1）证明，则；（2），在中，。试题解析：(1)证明： 又 且为中点， （2）由平面知识知：,由（1）知 在中，19. 已知函数在与时都取得极值.（1）求的值；（2）若对， 恒成立，求的取值范围【答案】(1);(2)【解析】试题分析：（1）求出导函数，通过和为的两根，得到方程组求解即可；（2）化简函数，求出导函数，通过当时，当时，当时，当时，判断函数的单调性，求出函数的极值，然后求解的取值范围.试题解析：（1），由已知条件可知：和1为的两根，由韦达定理得：， （2）由（1）得：，由题知：当(2，)时，函数在区间(2，)上是增函数；当(，1)时，函数在(，1)上是减函数；当(1，2)时，函数在(1，2)上是增函数，当时，；当时， ，2，2时，由在2，2时，恒成立得： 由此解得： 的取值范围为：(，2，) 20. 如图所示，等腰的底边，高，点是线段上异于点的动点，点在边上，且，现沿将折起到的位置，使，记，表示四棱锥的体积 (1)求的表达式；(2)当为何值时，取得最大值,最大值为？【答案】(1)VPACFE.(2) .【解析】试题分析：（1），S四边形ACFESABCSBEF，所以四棱锥PACFE的体积VPACFES四边形ACFEPE；（2）V(x)0，所以 。试题解析：(1)因为EFAB，所以EFPE.又因为PEAE，EFAEE，所以PE平面ACFE. 因为EFAB，CDAB，且CD，EF共面，所以EFCD，所以所以四边形ACFE的面积S四边形ACFESABCSBEF 所以四棱锥PACFE的体积VPACFES四边形ACFEPE (2)由(1)知. 令V(x)0因为当时，V(x)0， 当时，V(x)0.所以当时，21. 已知AF平面ABCD，四边形ABEF为矩形，四边形ABCD为直角梯形，.（1）求证：平面；（2）线段上是否存在一点，使得 ?若存在，确定点的位置；若不存在，请说明理由【答案】（1）见解析；（2）见解析.【解析】试题分析：（1）ACBC，BEAC，所以AC平面BCE（2）存在，点M为线段EF中点。试题解析：（1）过C作CNAB，垂足为N，因为ADDC，所以四边形ADCN为矩形所以ANNB2.又因为AD2，AB4，所以AC，CN，BC, 所以AC2+BC2AB2，所以ACBC;因为AF平面ABCD，AF/BE所以BE平面ABCD，所以BEAC,又因为BE平面BCE，BC平面BCE，BEBCB,所以AC平面BCE （2）存在，点M为线段EF中点，证明如下：在矩形ABEF中，因为点M，N为线段AB的中点，所以四边形BEMN为正方形，所以BMEN；因为AF平面ABCD，AD平面ABCD，所以AFAD.在直角梯形ABCD中，ADAB，又AFABA，所以AD平面ABEF，又CN/AD，所以CN平面ABEF，又BM平面ABEF所以CNBM； 又 CNENN，所以BM平面ENC，又EC平面ENC，所以BMCE.点睛：本题考查空间几何体中的垂直关系。要证明线面垂直，利用其判定定理证明，只需找到该线与平面内的两条相交直线分别垂直即可；要证明线线垂直，利用线面垂直的性质，找到相关的线面垂直即可。22. 设函数.（1）当时，求函数的最大值；（2）令，其图象上存在一点，使此处切线的斜率，求实数的取值范围；（3）当，时，方程有唯一实数解，求正数的值.【答案】（1）;（2）；（3）.【解析】试题分析：（1）依题意确定的定义域，对求导，求出函数的单调性，即可求出函数的最大值；（2）表示出，根据其图象上存在一点，使此处切线的斜率可得，在上有解，即可求出实数的取值范围;（3）由，方程有唯一实数解，构造函数，求出的单调性，即可求出正数的值.试题解析：（1）依题意，的定义域为，当时， 由，得,解得由,得，解得或 ，在单调递増，在单调递减；所以的极大值为，此即为最大值（2），则有，在上有解，所以当时，取得最小值，（3）由得，令，令，在上单调递增，而，在，即，在，即，在单调递减，在单调递増，极小值，令，即时方程有唯一实数解.点睛：利用导数研究函数的极值，一般遵循“求导数、求驻点、研究导数的正负、确定极值”，利用“表解法”，清晰易懂；对于不等式恒成立问题，往往通过构造函数，通过研究函数的最值确定参数的范围.