【典型题】高中必修二数学下期末一模试卷(含答案)(1)

一、选择题

1．如图，在ABC中，BAC90，AD是边BC上的高，PA平面ABC，则图中直角三角形的个数是（ ）

A．5 B．6 C．8 D．10

2．已知集合Axxx20，则

2RA

B．x1x2 D．x|x1x|x2

C．x|x1xx2

A．x1x2

3．

某程序框图如图所示，若输出的S=57，则判断框内为 A．k＞4? C．k＞6?

B．k＞5? D．k＞7?

4．(2015新课标全国I理科)《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题:“今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺.问:积及为米几何?”其意思为:“在屋内墙角处堆放米(如图，米堆为一个圆锥的四分之一)，米堆底部的弧长为8尺，米堆的高为5尺，问米堆的体积和堆放的米各为多少?”已知1斛米的体积约为1.62立方尺，圆周率约为3，估算出堆放的米约有

A．14斛 C．36斛

B．22斛 D．66斛

5．为了解儿子身高与其父亲身高的关系，随机抽取5对父子的身高数据如下： 父亲身高x（cm） 174 176 176 176 178 儿子身高y（cm） 175 175 176 177 177

则y对x的线性回归方程为 A．y = x-1

B．y = x+1

C．y =88+

1x 2D．y = 176

1216x0x26．已知函数yf(x)为R上的偶函数，当x0时，函数f(x)，若x1x22关于x的方程f(x)af(x)b0a,bR有且仅有6个不同的实数根，则实数a的取值范围是（ ） A．C．251, 24B．11, 2411,2411, 48D．11, 287．阅读如图所示的程序框图，运行相应的程序，若输入N的值为20，则输出T的值为

A．1 B．2 C．3 D．4

1x1,x08．已知fx2，若存在三个不同实数a，b，c使得

log2019x,x0fafbfc，则abc的取值范围是（ ） A．(0,1)

B．[-2,0)

C．2,0

D．（0,1）

9．记max{x,y,z}表示x,y,z中的最大者，设函数

f(x)maxx24x2,x,x3，若f(m)1，则实数m的取值范围是（ ）

A．(1,1)C．(1,4)

(3,4) B．(1,3) D．(,1)(4,)

10．如图，已知三棱柱ABCA1B1C1的各条棱长都相等，且CC1底面ABC，M是侧棱CC1的中点，则异面直线AB1和BM所成的角为( )

A．

 2B． C． D．

 311．下列四个正方体图形中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，P分别为其所在棱的中点，能得出AB//平面MNP的图形的序号是（ ）

A．①③ B．②③ C．①④ D．②④

12．已知fx是定义在R上的奇函数，当x0时，fx32x，则不等式

fx0的解集为（ ）

3A．,233C．,2230,2

B．,D．33, 22

33,0, 22二、填空题

13．奇函数f(x)对任意实数x都有f(x2)f(x)成立，且0x1时，

f(x)2x1，则flog211______.

14．已知函数f(x)x2xax1在区间范围是____________

15．直线l将圆x2y22x4y0平分，且与直线x2y0垂直，则直线l的方程为 ．

16．已知抛物线y2pxp0的准线与圆x3y216相切，则p的值为

2232上恰有一个极值点，则实数a的取值

__________．

17．如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，E、F分别是DD1、DC上靠近点D的三等分点，则异面直线EF与A1C1所成角的大小是______.

x6,x218．若函数fx（a0且a1）的值域是4,，则实数a的取

3logx,x2a值范围是__________．

19．函数ysinx3cosx的图像可由函数y2sinx的图像至少向右平移________个单位长度得到．

20．函数f(x)sinx（0）的图像与其对称轴在y轴右侧的交点从左到右依次记为

A1，A2，A3，，An，，在点列{An}中存在三个不同的点Ak、Al、Ap，使得

△AkAlAp是等腰直角三角形，将满足上述条件的值从小到大组成的数记为n，则

6________. 三、解答题

21．如图，在平面直角坐标系xOy中，已知以M点为圆心的圆

M:x2y214x12y600及其上一点A(4,2).

（1）设圆N与y轴相切，与圆M外切，且圆心在直线y6上，求圆N的标准方程； （2）设平行于OA的直线l与圆M相交于B，C两点且BCOA，求直线l的方程. 22．将函数gx4sinxcosx0的图象向左平移个单位长度后得到26fx的图象．

（1）若fx为偶函数，求f的值；

7fx（2）若在,上是单调函数，求的取值范围．

623．如图，在四棱锥PABCD中，PA⊥平面ABCD，CD⊥AD，BC∥AD，

BCCD1AD. 2

（Ⅰ）求证：CD⊥PD； （Ⅱ）求证：BD⊥平面PAB；

（Ⅲ）在棱PD上是否存在点M，使CM∥平面PAB，若存在，确定点M的位置，若不存在，请说明理由.

24．ABC是边长为3的等边三角形，BE2BA,BFBC(11),过点F作2DFBC交AC边于点D，交BA的延长线于点E．

（1）当2时，设BAa,BCb，用向量a,b表示EF； 3（2）当为何值时，AEFC取得最大值，并求出最大值． 25．如图1，在直角梯形ABCD中，AD//BC,BAD2,ABBC1ADa，E2是AD的中点，O是OC与BE的交点，将ABE沿BE折起到图2中A1BE的位置，得到四棱锥A1BCDE.

（Ⅰ）证明：CD平面A1OC；

（Ⅱ）当平面A1BE平面BCDE时，四棱锥A1BCDE的体积为362，求a的值. 26．在ABC中，BC5,AC3,sinC2sinA. （Ⅰ）求AB的值； （Ⅱ）求sin2A的值． 4

【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除

一、选择题 1．C 解析：C 【解析】 【分析】

根据线面垂直得出一些相交直线垂直，以及找出题中一些已知的相交直线垂直，由这些条件找出图中的直角三角形． 【详解】

PA平面ABC，PAAB,PAAD,PAAC,PAB,PAD,PAC都是直

角三角形；

①②③

BAC90,ABC是直角三角形； ADBC,ABD,ACD是直角三角形；

④由PABC,ADBC得BC⊥平面PAD，可知：BCPD,PBD,PCD也是直角三角形.

综上可知：直角三角形的个数是8个，故选C．

【点睛】

本题考查直角三角形个数的确定，考查相交直线垂直，解题时可以充分利用直线与平面垂直的性质得到，考查推理能力，属于中等题．

2．B

解析：B 【解析】

分析：首先利用一元二次不等式的解法，求出x2x20的解集，从而求得集合A，之后根据集合补集中元素的特征，求得结果. 详解：解不等式x2x20得x1或x2， 所以Ax|x1或x2，

所以可以求得CRAx|1x2，故选B.

点睛：该题考查的是有关一元二次不等式的解法以及集合的补集的求解问题，在解题的过程中，需要明确一元二次不等式的解集的形式以及补集中元素的特征，从而求得结果.

3．A

解析：A 【解析】

试题分析：由程序框图知第一次运行k112,S224，第二次运行

k213,S8311，第三次运行k314,S22426，第四次运行k4154,S52557，输出S57，所以判断框内为k4?，故选C.

考点：程序框图.

4．B

解析：B 【解析】

试题分析：设圆锥底面半径为r，则

16123r8，所以r，所以米堆的体积为4332032011163()25=÷1.62≈22，故选B. ，故堆放的米约为43399考点：圆锥的性质与圆锥的体积公式

5．C

解析：C 【解析】 【分析】 【详解】

试题分析：由已知可得x176,y176中心点为176,176， 代入回归方程验证可知，只有方程y =88+

1x成立，故选C 26．B

解析：B 【解析】 【分析】

作出函数yf(x)的图像，设fxt，从而可化条件为方程t2atb0有两个根，利用数形结合可得t1【详解】

由题意，作出函数yf(x)的图像如下，

11，0t2，根据韦达定理即可求出实数a的取值范围. 44

由图像可得，0f(x)f(2)21 4关于x的方程f(x)af(x)b0a,bR有且仅有6个不同的实数根， 设fxt，

t2atb0有两个根，不妨设为t1,t2；

且t1又

11，0t2 44at1t2

11a,

24 故选：B 【点睛】

本题主要考查函数与方程、由方程根的个数求参数的取值范围，考查学生运用数形结合思想解决问题的能力，属于中档题.

7．B

解析：B 【解析】

分析：由题意结合流程图运行程序即可求得输出的数值. 详解：结合流程图运行程序如下： 首先初始化数据：N20,i2,T0，

N2010，结果为整数，执行TT11，ii13，此时不满足i5； i2N20，结果不为整数，执行ii14，此时不满足i5； i3N205，结果为整数，执行TT12，ii15，此时满足i5； i4跳出循环，输出T2. 本题选择B选项.

点睛：识别、运行程序框图和完善程序框图的思路： (1)要明确程序框图的顺序结构、条件结构和循环结构． (2)要识别、运行程序框图，理解框图所解决的实际问题． (3)按照题目的要求完成解答并验证．

8．C

解析：C 【解析】 【分析】

画出函数图像，根据图像得到2a≤0，bc1，得到答案. 【详解】

1x1,x0fx2，画出函数图像，如图所示：

log2019x,x0根据图像知：2a≤0，log2019blog2019c，故bc1，故2abc0. 故选：C.

【点睛】

本题考查了分段函数的零点问题，画出函数图像是解题的关键.

9．A

解析：A 【解析】 【分析】

画出函数的图象，利用不等式，结合函数的图象求解即可． 【详解】

函数fx的图象如图，

直线y1与曲线交点A(1,1)，B1,1，C3,1，D4,1， 故f(m)1时，实数m的取值范围是1m1或3m4. 故选A. 【点睛】

本题考查函数与方程的综合运用，属于常考题型.

10．A

解析：A 【解析】 【分析】

由题意设棱长为a，补正三棱柱ABC-A2B2C2，构造直角三角形A2BM，解直角三角形求出BM，利用勾股定理求出A2M，从而求解． 【详解】

设棱长为a，补正三棱柱ABC-A2B2C2（如图）．

平移AB1至A2B，连接A2M，∠MBA2即为AB1与BM所成的角， 在△A2BM中，A2Ba5 2a，BMa2()2a，22A2Ma2(故选A． 【点睛】

3a213A2B2BM2A2M2，MBA2, ． )a，222本题主要考查了异面直线及其所成的角和勾股定理的应用，计算比较复杂，要仔细的做．

11．C

解析：C 【解析】 【分析】

用面面平行的性质判断①的正确性.利用线面相交来判断②③的正确性，利用线线平行来判

断④的正确性. 【详解】

对于①，连接AC如图所示，由于MN//AC,NP//BC，根据面面平行的性质定理可知平面MNP//平面ACB，所以AB//平面MNP.

对于②，连接BC交MP于D，由于N是AC的中点，D不是BC的中点，所以在平面

ABC内AB与DN相交，所以直线AB与平面MNP相交.

对于③，连接CD，则AB//CD，而CD与PN相交，即CD与平面PMN相交，所以

AB与平面MNP相交.

对于④，连接CD，则AB//CD//NP，由线面平行的判定定理可知AB//平面MNP.

综上所述，能得出AB//平面MNP的图形的序号是①④. 故选：C 【点睛】

本小题主要考查线面平行的判定，考查空间想象能力和逻辑推理能力，属于基础题.

12．A

解析：A 【解析】 【分析】

根据题意，结合函数的解析式以及奇偶性分析可得fx的图象，据此分析可得答案. 【详解】

解：因为fx是定义在R上的奇函数， 所以它的图象关于原点对称，且f00， 已知当x0时，fx32x， 作出函数图象如图所示， 从图象知：f33f0， 22则不等式fx0的解集为,故选：A.

330,. 22

【点睛】

本题考查函数的奇偶性与单调性的综合应用，以及函数的解析式，考查数形结合思想.

二、填空题

13．【解析】【分析】易得函数周期为4则结合函数为奇函数可得再由时即可求解【详解】则又则故答案为：【点睛】本题考查函数奇偶性与周期性的综合应用具体函数值的求法属于中档题 解析：【解析】 【分析】

易得函数周期为4，则flog211flog2114flog25 1111，结合函数为奇函数可16得flog2解 【详解】

1116flog2f161116xlog2，再由0x1时，f(x)21即可求

11f(x2)f(x)fx4f(x2)fxT4，

则flog211flog2114flog2又flog211， 161116flog2f16111616loglog0,1， ，221111log2161651121则flog2 1111故答案为：【点睛】

本题考查函数奇偶性与周期性的综合应用，具体函数值的求法，属于中档题

5 1114．【解析】【分析】【详解】由题意则解得-1＜a＜7经检验当a=-1时的两个根分别为所以符合题目要求时在区间无实根所以 解析：1a7

【解析】 【分析】 【详解】

2由题意，f(x)3x4xa，则f(1)f(1)0，解得-1＜a＜7，经检验当a=-1时，

f(x)3x24x10的两个根分别为x1f(x)3x24x10,在区间

1,x231，所以符合题目要求，a7时，

无实根，所以1a7．

15．【解析】试题分析：设与直线垂直的直线方程：圆化为圆心坐标因为直线平分圆圆心在直线上所以解得故所求直线方程为考点：1直线与圆的位置关系；2直线的一般式方程与直线的垂直关系【思路点睛】本题是基础题考查直 解析：y2x

【解析】

试题分析：设与直线x2y0垂直的直线方程：2xyb0，圆

，2．因为直线平分圆，圆x2y22x4y0化为x1y25，圆心坐标122心在直线2xyb0上，所以2112b0，解得b0，故所求直线方程为

y2x．

考点：1．直线与圆的位置关系；2．直线的一般式方程与直线的垂直关系．

【思路点睛】本题是基础题，考查直线与圆的位置关系，直线与直线垂直的方程的设法，

据此设出与已知直线垂直的直线方程，利用直线平分圆的方程，求出结果即可．

16．2【解析】抛物线的准线为与圆相切则

解析：2 【解析】

抛物线的准线为xpp，与圆相切，则34，p2． 2217．【解析】【分析】连接可得出证明出四边形为平行四边形可得可得出异面直线与所成角为或其补角分析的形状即可得出的大小即可得出答案【详解】连接在正方体中所以四边形为平行四边形所以异面直线与所成的角为易知为等 解析：60

【解析】 【分析】

连接CD1，可得出EF//CD1，证明出四边形A1BCD1为平行四边形，可得A1B//CD1，可得出异面直线EF与A1C1所成角为BA1C1或其补角，分析A1BC1的形状，即可得出

BA1C1的大小，即可得出答案.

【详解】

连接CD1、A1B、BC1，

DEDF1，EF//CD1， DD1DC3在正方体ABCDA1B1C1D1中，A1D1//AD，AD//BC，A1D1//BC， 所以，四边形A1BCD1为平行四边形，A1B//CD1， 所以，异面直线EF与A1C1所成的角为BA1C1. 易知A1BC1为等边三角形，BA1C160.

故答案为：60. 【点睛】

本题考查异面直线所成角的计算，一般利用平移直线法，选择合适的三角形求解，考查计算能力，属于中等题.

18．【解析】试题分析：由于函数的值域是故当时满足当时由所以所以所以实

数的取值范围考点：对数函数的性质及函数的值域【方法点晴】本题以分段为背景主要考查了对数的图象与性质及函数的值域问题解答时要牢记对数函数 解析：1,2

【解析】

x6,x2试题分析：由于函数fx{a0,a1的值域是4,，故当x23logax,x2时，满足fx6x4，当x2时，由fx3logax4，所以logax1，所以loga211a2，所以实数a的取值范围1a2. 考点：对数函数的性质及函数的值域.

【方法点晴】本题以分段为背景主要考查了对数的图象与性质及函数的值域问题，解答时要牢记对数函数的单调性及对数函数的特殊点的应用是解答的关键，属于基础题，着重考查了分类讨论的思想方法的应用，本题的解答中，当x2时，由fx4，得

logax1，即loga21，即可求解实数a的取值范围.

19．【解析】试题分析：因为所以函数的的图像可由函数的图像至少向右平移个单位长度得到【考点】三角函数图像的平移变换两角差的正弦公式【误区警示】在进行三角函数图像变换时提倡先平移后伸缩但先伸缩后平移也经常出 解析：

【解析】

试题分析：因为ysinx3cosx2sin(x图像可由函数y2sinx的图像至少向右平移

33)，所以函数ysinx3cosx的的

个单位长度得到． 3【考点】三角函数图像的平移变换、两角差的正弦公式

【误区警示】在进行三角函数图像变换时，提倡“先平移，后伸缩”，但“先伸缩，后平移”也经常出现在题目中，所以也必须熟练掌握，无论是哪种变形，切记每一个变换总是对字母x而言，即图像变换要看“变量”变化多少，而不是“角”变化多少．

20．【解析】【分析】由可求得的横坐标进而得到的坐标；由正弦函数周期特点可知只需分析以为顶点的三角形为等腰直角三角形即可由垂直关系可得平面向量数量积为零进而求得的通项公式代入即可得到结果【详解】由得：…… 解析：

11 2【解析】 【分析】 由xk2可求得An的横坐标，进而得到An的坐标；由正弦函数周期特点可知只需分

析以A1，A2n，A4n1为顶点的三角形为等腰直角三角形即可，由垂直关系可得平面向量数量积为零，进而求得n的通项公式，代入n6即可得到结果. 【详解】

由xk2，kZ得：x2k1，kZ

2357,1，A3,1，A4,1，…… A1,1，A22222若A1A2A3为等腰直角三角形，则A1A2A2A3,2,2240

解得：22，即12

3 25 同理若A1A6A11为等腰直角三角形，则A AAA03166112 2同理若A1A4A7为等腰直角三角形，则A1A4A4A70以此类推，可得：n故答案为：【点睛】

本题考查正弦型函数图象与性质的综合应用问题，关键是能够根据正弦函数周期性的特点确定所分析成等腰直角三角形的三个顶点的位置，进而由垂直关系得到平面向量数量积为零，构造方程求得结果.

2n1 2611 211 2三、解答题

2221．（1）(x1)(y6)1（2）x2y150或x2y50.

【解析】 【分析】

（1）根据由圆心在直线y=6上，可设Nx0,6，再由圆N与y轴相切，与圆M外切得到圆N的半径为x0和7x05x0得解.

（2）由直线l平行于OA，求得直线l的斜率，设出直线l的方程，求得圆心M到直线l的距离，再根据垂径定理确定等量关系，求直线方程. 【详解】

（1）圆M的标准方程为(x7)2(y6)225，所以圆心M（7，6），半径为5,. 由圆N圆心在直线y=6上，可设Nx0,6 因为圆N与y轴相切，与圆M外切 所以0x07，圆N的半径为x0 从而7x05x0 解得x01.

所以圆N的标准方程为(x1)(y6)1. （2）因为直线l平行于OA，所以直线l的斜率为设直线l的方程为y22201. 4021xm，即x2y2m0 2则圆心M到直线l的距离

d|7122m||2m5| 55因为BCOA224225 BC而MCd 2222(2m5)2所以255

5155 或m.

22故直线l的方程为x2y150或x2y50.

解得m【点睛】

本题主要考查了直线方程，圆的方程，直线与直线，直线与圆，圆与圆的位置关系，还考查了运算求解的能力和数形结合的思想，属于中档题. 22．（1）0；（2）【解析】 【分析】

（1）首先化简gx解析式，然后求得左移个单位后函数fx的解析式，根据fx的奇偶性求得的值，进而求得f,． 62的值.

21，求得2x2的取值范围，

66（2）根据（1）中求得的fx2sin2x根据的取值范围，求得

72的取值范围，根据fx在,62上是单调函数，以及正弦型函数的单调性列不等式，解不等式求得的取值范围.

【详解】 （1）

31gx4sinx2cosx2sinx3sin2x1cos2x

2sin2x1，

6fx2sin2x21，

6又fx为偶函数，则

2k（kZ），0，．

2626ff0．

6（2）

7x,，2x222,22， 666202，372,，2,666222， 7fx在,6,．

6202上是单调函数．且． 262【点睛】

本小题主要考查三角恒等变换，考查根据三角函数的奇偶性求参数，考查三角函数图像变换，考查三角函数单调区间有关问题的求解，考查运算求解能力，属于中档题. 23．（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）详见解析；（Ⅲ）在棱PD上存在点M，使CM∥平面PAB，且M是PD的中点. 【解析】 【分析】

（Ⅰ）由题意可得CD⊥平面PAD，从而易得CD⊥PD； （Ⅱ）要证BD⊥平面PAB，关键是证明BDAB；

（Ⅲ）在棱PD上存在点M，使CM∥平面PAB，且M是PD的中点. 【详解】

（Ⅰ）证明：因为PA⊥平面ABCD，CD平面ABCD， 所以CD⊥PA.

因为CD⊥AD，PAADA， 所以CD⊥平面PAD. 因为PD平面PAD， 所以CD⊥PD.

(II)因为PA⊥平面ABCD，BD平面ABCD， 所以BD⊥PA.

在直角梯形ABCD中，BCCD由题意可得ABBD所以BDAB. 因为PA1AD， 22BC，

所以AD2AB2BD2，

ABA，

所以BD平面PAB.

（Ⅲ）解：在棱PD上存在点M，使CM∥平面PAB，且M是PD的中点. 证明：取PA的中点N，连接MN，BN，

因为M是PD的中点，所以MN因为BC1AD. 21AD，所以MN2BC.

所以MNBC是平行四边形， 所以CM∥BN.

因为CM平面PAB, BN平面PAB. 所以CM//平面PAB. 【点睛】

本题考查平面与平面垂直的判定定理,以及直线与平面平行的判定定理的应用，考查空间想象能力，属于中档题．证明线面平行的常用方法：①利用线面平行的判定定理，使用这个定理的关键是设法在平面内找到一条与已知直线平行的直线，可利用几何体的特征，合理利用中位线定理、线面平行的性质或者构造平行四边形、寻找比例式证明两直线平行.②利用面面平行的性质，即两平面平行，在其中一平面内的直线平行于另一平面. 24．（1）【解析】 【分析】 【详解】

（Ⅰ）由题意可知：BF429ab；（2）

163322b，且BF32，

33BE4，故BE44BAa， 3342EFBFBEab

33（Ⅱ）由题意，BF3,FC33，

BE6,AE63，

AEFC(63)(33)cos6092279 222713(,1)时， 当

22924AEFC有最大值16．

、

25．（Ⅰ） 证明见解析，详见解析；（Ⅱ）a6. 【解析】 【分析】 【详解】

试题分析：（1）依据直线与平面垂直的判定定理推证；（2）借助题设条件运用等积法建立方程求解. 试题解析:

（1）在图1中，易得BEAOC9OE//CDCDAO,CDOC

所以，在图2中，CDOC,CDAO1CD平面A1OC （2）由已知，平面A1BE平面BCDE, CDA1O 所以A1O平面BCDE

1122AOa362,a6 1SBCDE362a332考点：空间线面垂直的位置关系和棱锥的体积公式等有关知识的运用． 26．（Ⅰ）25；（Ⅱ）【解析】 【分析】

（Ⅰ）直接利用正弦定理可求AB的值；（Ⅱ）由余弦定理求得cosA，再利用同角三角函数的关系求出sinA，由二倍角公式求出sin2A，cos2A，根据两角差的正弦公式可求

2. 10sin2A的值．

4【详解】

（Ⅰ）在于是ABsinC中，根据正弦定理，

ABBC， sinCsinABC2BC25 sinAAB2AC2BC2（Ⅱ）在ABC中，根据余弦定理，得cosA

2ABAC于是sinA1cos2A5， 5从而sin2A2sinAcosA43,cos2Acos2Asin2A 552． sin2Asin2Acoscos2Asin44410【点睛】

本题主要考查余弦定理、正弦定理在解三角形中的应用，属于中档题.正弦定理是解三角形的有力工具，其常见用法有以下几种：（1）知道两边和一边的对角，求另一边的对角（一定要注意讨论钝角与锐角）；（2）知道两角与一个角的对边，求另一个角的对边；（3）证明化简过程中边角互化；（4）求三角形外接圆半径.