2017-2018学年浙江省嘉兴市高二上学期期末数学试题(解析版)

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浙江省嘉兴市2017--2018学年高二上学期期末考卷

考试范围：常用逻辑用语、立体几何、不等式.考试时间：120分钟

【名师解读】本卷难度中等，全卷梯度设置合理．命题内容符合考试说明命题要求，全卷覆盖面广，涵盖了高中数学的常用逻辑用语、立体几何、不等式等内容，无偏难怪出现，命题所占比例基本符合教章所占比例，重点内容重点考查.全卷仿高考试卷命制，突出基础知识、基本运算能力及推理论证能力的考查，选题贴近高考. 一、单选题

1．下列命题一定正确的是（ ）

A. 三点确定一个平面 B. 依次首尾相接的四条线段必共面 C. 直线与直线外一点确定一个平面 D. 两条直线确定一个平面 2．若实数a,b满足ab0，则下列不等式成立的是（ ）

a111 B.  C. a2b2 D. a2ab bab3．已知m,n是两条不同直线， ,是不同的平面，下列命题中正确的是（ ）

A.

A. 若m//， n//，则m//n B. 若m//， mn，则n C. 若m， mn，则n// D. 若m， m，则// 4．设x0，则“a1”是“xa2恒成立”的（ ） xA. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件

5．在三棱锥ABCD中， E是CD的中点，且BF2FE，则AF（ ）

111111A. ABACAD B. ABACAD

222222111111C. ABACAD D. ABACAD

3333336．在三棱柱ABCA1B1C1中， E,F分别是AB1,BC1的中点，则必有（ ） A. EF//AB B. EFBC

C. EF//平面ACC1A1 D. EF平面BCC1B1

007．在平行六面体ABCDA1BC11D1中， ABADAA14， BAD90， BAA1DAA160，

则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值是（ ）

1

A.

2133 B. C. D.

33362a2b2c28．已知-2与1是方程axbxc0的两个根，且a0，则的最大值为（ ） 2abA. -2 B. -4 C. -6 D. -8

9．关于x的不等式2ax24xax2只有一个整数解，则a的取值范围是（ ） A.

1a1 B. 1a2 C. 1a2 D. 1a1 210．已知直角ABC， ABC900， AB12， BC8， D,E分别是AB,AC的中点，将ADE沿着直线DE翻折至PDE，形成四棱锥PBCED，则在翻折过程中，①DPEBPC；②PEBC；③

PDEC；④平面PDE平面PBC，不可能成立的结论是（ ）

A. ①②③ B. ①② C. ③④ D. ①②④ 二、填空题

11．已知命题“若x1，则x21” ，其逆命题为__________．

12．已知空间向量a2,1,3， b4,1,x，若ab，则x__________．

13．如图为某几何体的三视图，则该几何体的体积为 .

214．若对任意正实数x，都有ttx1恒成立，则实数t的取值范围是__________． x15．在三棱锥OABC中，底面为正三角形，各侧棱长相等，点P,Q分别是棱AB,OB的中点，且PQCQ，则

AB_________． OA

16．在四棱锥PABCD中，底面ABCD为平行四边形， PA平面ABCD， AB2， AD3，

2

BAD1200， PAx，则当x变化时，直线PD与平面PBC所成角的取值范围是__________．

17．已知长方体ABCDA1BC11D1， ABBC1， AA12，点P是面BCD1A1上异于D1的一动点，则异面直线AD1与BP所成最小角的正弦值为_________．

218．已知a0， bR，当x0时，关于x的不等式ax1xbx40恒成立，则b2的最小值是a_________． 三、解答题

}， B{x|xax3a0,a0}. 19．已知A{x|x31（1）若a1，求AB；

（2）若AB，求实数a的取值范围.

20．如图，矩形ABCD与直角三角形ABE所在平面互相垂直，且AEBE， M,N分别是BD,AE的中点.

（1）求证： MN//平面BCE；

（2）过A作APDE，垂足为P，求证： AP平面BDE. 21．已知x1， y1， xy4. （1）求证： xy4； （2）求

x2y的最小值. x1y122．已知三棱锥PABC，底面ABC是以B为直角顶点的等腰直角三角形， PAAC， BABCPA2，二面角PACB的大小为1200.

3

（1）求直线PC与平面ABC所成角的大小； （2）求二面角PBCA的正切值.

1．C【解析】A：不共线的三点确定一个平面，故错误； B：空间四边形，不共面，故错误； C：正确；

D：两条异面直线不能确定一个平面，故错误。 故选C。

4．A

【解析】试题分析：由题意得， xaaa2x22a2a1，故“a1”是“x2xxminx恒成立”的充分不必要条件，故选A． 考点：1．充分必要条件；2．恒成立问题． 5．C【解析】

211111AFABBFABBEABBCBDABACAD2ABABACAD故选

333333 4

C。

6．C【解析】由图象可知， EF与AB异面，A错误； EF和BC夹角60°，B错误，D错误；C正确； 故选C。

7．B【解析】由图象可知， AD1BC1，在D1AB1中， AB1AD143,B1D142， 所以cosD1AB18．B【解析】{4848322，故选B。

9634a2bc0ba ，得{ ，所以

abc0c2a1a2b2c2a24a414a4aa4，

ab2a3a故选B。

baa2b2c2a24a41 ，代入得点睛：本题考查基本不等式的应用。由题意得到{4a，又基本不23c2aabaa等式

abab要求a,b0，所以变换得到 2114a4a4，得到答案。 aa

点睛：本题考查含参的函数零点问题。由于参数位于二次项系数位置，所以在讨论的过程中要分a0,a0,a0讨论，本题中由题意，只需讨论a0,a0即可，然后根据结合题意，利用数轴分析解集区间，满足题意即可。 10．D【解析】由题易知， PD平面BCED时，有PDEC成立，故③能成立，又在翻折的过程中，平面PDE与平面PBC的二面角的平面交就是BPD，由翻折轨迹观察， BPD不可能为直角，故④不能成立，所以由选项可知，①②④不可能成立，故选D。

点睛：本题考查立体几何的翻折问题。翻折问题关键是找准题目中的变量与不变量，寻找翻折过程中的运动轨迹，结合轨迹图象的特点，就可以得到问题的正确答案。本题中再结合排除法可以解得答案。

5

11．若x21,则x1【解析】逆命题为：“若x21，则x1”。 12．3【解析】813x0，得x3。 13．4【解析】 3试题分析：根据三视图可知，该几何体是一个组合体，下面是底面直径为2高为1的圆柱，上面是直径为2的四分之一球体，据此可求体积. 考点：三视图；球与圆柱的体积公式. 14．1t2【解析】由x12，可知t2t2，解得1t2。 xAB2。 AO15．2【解析】由题意， AOCQ,又AOBC，所以AO平面OBC，所以AOBO，所以

点睛：本题考查立体几何的垂直关系。由图形的对称性可知， AOBC，由平行传递性可知， AOCQ，所以有AO平面OBC，由线面垂直的性质定理可知， AOBO，得到答案. 16．0,6【解析】

33PD,,x又2 2 6

所以

cosPD,m23， 12423x2x所以sin23123，

362124x24423x22xx1所以sin0,，则0,

6217．

2【解析】 5

2点睛：本题考查基本不等式的应用。本题中，关于x的不等式ax1xbx40恒成立，则当x1时，a11121b40b4ab4a4。本题的关键是理解条件中的恒成立。 ，得到，所以2aaaaa419．（Ⅰ）AB {x|1x4};（Ⅱ）a.

3有

【解析】试题分析： AB {x|1x4};（Ⅱ）由题意可知 {试题解析：

a24 ，a。

43a3 7

（Ⅰ）A: 2x4， B: ax3a 当a1时， B: 1x3

AB {x|1x4}

a24 ,得a （Ⅱ）由题意可知 {43a320．（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）见解析.

‖CE, 所以MN‖面BCE. （2）BEAP，且【解析】试题分析：（1）连接AC易知AC过点M， MNAPDE,所以AP平面BDE.

试题解析：

（Ⅰ）连接AC易知AC过点M，

‖CE,CE面BCE, 在AEC中MN‖面BCE. 所以MN（Ⅱ）由题意可知ADBE,又BEAE且AEADA, BE面ADE， BEAP，且

APDE,DEBEE, AP平面BDE.

21．（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）

9+2. 22x2yxy【解析】试题分析：（1）xy；（2）x1y1

23121121y1（2x1）193x1y1=3+3++3+（3+22）=+2 x1y12x1y12x1y122试题解析：

xy（Ⅰ）xy,且xy4xy4,

2当且仅当xy时取等号

2 8

点睛：本题考查基本不等式的应用。条件型基本不等式（“1”的应用）的基本方法要知道。本题中

x2y x1y131212112x1y1，可知用“1”的妙用，得到，展开得解。 x1y1x1y12x1y1436. 722．（Ⅰ）300. （Ⅱ）试

题解析：

（Ⅰ）过点P作PO底面ABC垂足为O， 连接AO、CO，则∠PCO为所求线面角，

ACPA, ACPO,且PAPOP，

AC平面PAO.则PAO为二面角PACB平面角的补角

∴∠PAO60，又PA2，PO3， sinPCOPO1 CO2PCO300，直线PC与面ABC所成角的大小为300.

（Ⅱ）过O作OEBC于点E,连接PE，则PEO为二面角PBCA的平面角，

AC平面PAO, ACOA AOE450,

9

设OE与CA相交于F OEEFFO22, 2在PEO中，

tanPEOPOEO3222436 7则二面角PBCA的正切值为

436. 7 10