浙江省温州新力量联盟2021-2022学年高二数学下学期期末联考试题(Word版附解析)
展开2021学年第二学期温州新力量联盟期末联考
高二数学试题
选择题部分
一、单项选择题(本大题共15小题,每小题3分,共45分,每小题列出的四个选项中只有一个是符合题目要求的,不选、多选、错选均不得分)
1. 已知集合,,则( )
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】求出集合,利用交集的定义可求得结果.
【详解】因为,因此,.
故选:A.
2. 下列各组函数中,表示同一函数的是( )
A. 与 B. 与
C. 与 D. 与
【答案】B
【解析】
【分析】通过考察函数的定义域和对应关系可得.
【详解】A中,的定义域为,的定义域为R,故A错误;
B中,,B正确;
C中,的定义域为R,的定义域为,故C错误;
D中,的定义域为,由可得的定义域为,D错误.
故选:B
3. 下列函数中,既是偶函数又在上单调递减的是( )
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】A选项,是奇函数,错误;BD选项,不满足单调性,错误;C选项,满足要求.
【详解】,定义域为,
因为,所以是奇函数,A错误;
在上单调递增,故B错误;
定义域为R,且,故为偶函数,
又开口向下,在上单调递减,符合要求,C正确;
在上单调递增,故D错误.
故选:C
4. 甲、乙两个雷达独立工作,它们发现飞行目标的概率分别是0.9和0.8,飞行目标被雷达发现的概率为( )
A. 0.02 B. 0.28 C. 0.72 D. 0.98
【答案】D
【解析】
【分析】设事件表示“甲雷达发现飞行目标”,事件表示“乙雷达发现飞行目标”,飞行目标被雷达发现的概率为,从而即可求解.
【详解】设事件表示“甲雷达发现飞行目标”,事件表示“乙雷达发现飞行目标”,
因为甲乙两个雷达独立工作,它们发现飞行目标的概率分别是和,
所以,
所以飞行目标被雷达发现的概率为.
故选:D
5. 已知复数z满足,则( )
A. 1+8i B. 1-8i C. -1-8i D. -1+8i
【答案】C
【解析】
【分析】由题意得复数z,代入即可得到答案.
【详解】由,得,
故选:C.
6. “圆柱容球”是指圆柱形容器里放了一个球,且球与圆柱的侧面及上、下底面均相切,则该圆柱的体积与球的体积之比为( )
A. 2 B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由题意得:圆柱的高及底面圆的直径为球的直径,设出球的半径,求出圆柱的体积与球的体积,进而求出圆柱的体积与球的体积之比.
【详解】由题意得:圆柱的高及底面圆的直径为球的直径,
设球的半径为R,
则圆柱的体积为:,
球的体积为,
所以圆柱的体积与球的体积之比为
故选:B
7. 已知向量,,若,则( )
A. B. C. 5 D. 25
【答案】C
【解析】
【分析】先由,得,求出,然后求出,从而可求出其模
【详解】因为,所以,即,
解得,
所以
所以,
故选:C.
8. 已知,,则( )
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用平方关系,结合同角三角函数关系式,即可求解.
【详解】,,,,,
,所以.
故选:C
9. 设,,,则( )
A B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据对数函数、指数函数的性质判断即可;
【详解】解:因为,,即,
又,所以;
故选:B
10. 已知角的终边经过点,则( )
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据终边上的点确定角的正余弦值,再利用诱导公式及二倍角正弦公式即得.
【详解】由题知,
所以,
∴.
故选:A.
11. “”是“”的( )
A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】
【分析】,列出不等式,求出,从而判断出答案.
【详解】,则要满足,解得:,
因为,但
故“”是“”的必要不充分条件.
故选:B
12. 函数的图象向右平移1个单位长度得到函数的图象,则的图象大致为( )
A B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据函数图象的变换,求得函数,根据当时,得到,可排除A、B;当时,得到,可排除C,进而求解.
【详解】由题意,可得,其定义域为,
当时,,函数,
故排除A、B选项;
当时,0,故函数,故排除C选项;
当时,函数,
该函数图象可以看成将函数的图象向右平移一个单位得到,选项D符合.
故选:D.
13. 设,是平面内两个不共线的向量,,,,若A,B,C三点共线,则的最小值是( )
A. 8 B. 6 C. 4 D. 2
【答案】A
【解析】
【分析】根据向量共线定理得到,再根据基本不等式可求出结果.
【详解】因为A,B,C三点共线,所以向量、共线,
所以存在,使得,即,
即,
因为、不共线,所以,消去,得,
因为,,所以,当且仅当,时,等号成立.
故选:A
14. 如图,平面与平面相交于,,,点,点,则下列叙述中错误的是( )
A. 直线与是异面直线
B. 过只能作一个平面与平行
C. 直线不可能与垂直
D. 过只能作唯一平面与垂直,但过可作无数个平面与平行
【答案】C
【解析】
【分析】利用异面直线的判定定理判断选项A;根据异面直线的性质判断选项B;举反例否定选项C;利用线面垂直与平行的判定定理判断选项D.
【详解】根据异面直线的判定定理知,直线与是异面直线,∴A正确;
由上可知直线与是异面直线,则根据异面直线的性质知,
过只能作一个平面与平行,∴B正确;
当恰好为平面的垂线时,由,可得,∴C错误;
根据线面垂直的判定定理知,过点只能作唯一平面与垂直,
根据线面平行的判定定理知过点可作无数个平面与平行,∴D正确.
故选:C.
15. 2022年北京冬奥会拉开帷幕,动作观赏性强、视觉冲击力大的自由式滑雪大跳台是目前“冬奥大家族”中最年轻的项目.首钢滑雪大跳台实现了竞赛场馆与工业遗产再利用、城市更新的完整结合,见证了中外运动员在大跳台“冲天一跳”的精彩表现和北京这座世界上独一无二“双奥之城”的无上荣光.如图为大跳台示意图,为测量大跳台最高处点的高度,小王在场馆内的两点测得的仰角分别为(单位:),且,则大跳台最高高度( )
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】分别在和 中,求得OB,OA,然后在中,利用余弦定理求解.
【详解】解:在中,,
在中,,
在中,由余弦定理得,
即,
所以,
解得,
故选:C
二、多项选择题(本大题共3小题,每小题3分,共9分,在每小题列出的四个选项中有多项符合题目要求的,全部是对的得3分,选对但不完全的得1分,选错或不选得0分)
16. 某学校组织了一次劳动技能大赛,共有100名学生参赛,经过评判,这100名参赛者的得分都在内,得分60分以下为不及格,其得分的频率分布直方图如图所示(按得分分成,,,,这五组),则下列结论正确的是( )
A. 直方图中
B. 此次比赛得分及格的共有55人
C. 以频率为概率,从这100名参赛者中随机选取1人,其得分在[50,80)的概率为0.75
D. 这100名参赛者得分的第80百分位数为75
【答案】AD
【解析】
【分析】根据直方图的性质,求出a,并逐项分析即可.
【详解】由图可知, ,
解得a=0.005,故A正确;
比赛及格的人数为: ,故B错误;
成绩在 内的频率为 ,即概率为0.85,
故C错误;
设第80百分位数为70+x分,则有 ,
解得x=5,
所以第80百分位数为75分,故D正确;
故选:AD.
17. 已知、是两条不同的直线,、、是三个不同的平面.下列说法中正确的是( )
A. 若,,,则 B. 若,,则
C. 若,,,则 D. 若,,,则
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于A,利用线面平行的性质定理判断,对于B,利用线面平行的判定定理判断,对于C,利用线面垂直的判定定理判断即可,对于D,利用面面平行的判定方法判断.
【详解】由线面平行的性质定理可知,A正确;
若,则或,即B错误;
设的法向量分别为,若,则,又,则, ,所以,即C正确;
若,则,又,则,即D正确.
故选:ACD
18. 已知函数,的零点分别为,,给出以下结论正确的是( )
A. B.
C D.
【答案】ABC
【解析】
【分析】函数的图象关于直线对称,是函数和的图象与函数的图象的交点的横坐标,则有,,,直接变形判断AB;利用基本不等式判断C;由零点存在定理判断,构造函数,确定单调性,再计算函数值,利用单调性判断D.
【详解】由函数得,所以的图象关于直线对称,
是函数和的图象与函数的图象的交点的横坐标,
因此已知,,
又,,即,
因而A、B均正确;
又,当且仅当即时等号成立,
但,
因而,上式等号不成立,
所以,C正确;
记,,
因此
而函数在区间范围内单调递增,
所以,所以D错误.
故选:ABC.
非选择题部分
三、填空题(本大题共4小题,每空3分,共15分)
19. 已知a,b,c分别为三个内角A,B,C的对边,且,,,则______,______.
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】首先由正弦定理求出,再根据两角和的正弦公式求出,最后根据面积公式计算可得;
【详解】解:由正弦定理,可得,所以;
所以
,
所以;
故答案为:;;
20. 已知函数则方程解为______.
【答案】或
【解析】
【分析】由题可得或,即得.
【详解】∵,
∴或,
解得或.
故答案为:或.
21. 数据20,14,26,18,28,30,24,26,33,13,35,22的80%分位数为______.
【答案】30
【解析】
【分析】先将数据按由小到大重新排序,根据不是整数,则取第10位数.
【详解】从小到大排序后为:13,14,18,20,22,24,26,26,28,30,33,35共12个数据
∵,则80%分位数为30
故答案为:30.
22. 如图,在中,M为AB的中点,点O满足,,若,则______.
【答案】2
【解析】
【分析】利用向量的线性运算及数量积的运算律可得,进而即得.
【详解】∵,M为AB的中点,
∴,又,,
∴
,
又,
∴,即,
∴.
故答案为:2.
四、解答题(本大题共3小题,共31分)
23. 已知函数.
(1)求的值;
(2)求的最小正周期及单调增区间.
【答案】(1)0(2)最小正周期,的单调增区间为
【解析】
【分析】(1)直接代入数据计算得到答案.
(2)化简得到,再计算周期和单调增区间.
【详解】(1)
(2)
所以的最小正周期.
令,解得
所以的单调增区间为
【点睛】本题考查了三角函数求值,三角函数的周期和单调区间,意在考查学生对于三角函数公式和性质的灵活运用.
24. 如图,在四棱锥中,,平面PAB,且,F为PC中点.
(1)求证:平面PAB;
(2)求直线PD与平面PBC所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【解析】
【分析】(1)取边的中点,连接,,由三角形的中位线定理和平行四边形的判定,可得四边形为平行四边形,再由平行四边形的性质和线面平行的判定定理,即可得证;
(2)过点作于点,即可得到平面,再根据,可得到平面的距离即为,求出、,再根据锐角三角函数计算可得;
【小问1详解】
证明:如图,取边的中点,连接,,
则三角形中位线可知,且,
由题可知,且,所以且,
所以四边形为平行四边形,所以,
又因为平面,平面,
故平面;
【小问2详解】
解:过点作于点,
因为平面,平面,
所以,因,所以平面,
又,所以到平面的距离即为,
又,,
所以直线与平面所成角为,所以;
25. 已知函数.
(1)当时,求函数的单调区间;
(2)当时,若函数在上的最小值为0,求的值;
(3)当时,若函数在上既有最大值又有最小值,且恒成立,求实数的取值范围.
【答案】(1)单调递减区间为;(2)或;(3)或.
【解析】
【分析】(1)将代入函数解析式,去掉绝对值符号,将函数写出分段函数的形式,结合二次函数的单调性,写出函数的单调递减区间;
(2)将函数解析式化为分段函数的形式,对的范围进行讨论,从而确定函数的最小值点,相互对照,求得结果;
(3)首先根据题意,判断出函数在区间上存在最值的条件,利用恒成立,转化得出对应的不等关系,进而求得其范围.
【详解】(1)当时,
由二次函数单调性知在单调递减,在单调递减,
∴的单调递减区间为
(2)
当时,在单调递减,单调递增,单调递减,
(i)当即时,
∴(舍去)
(ii)由得
当,即时,
∴,符合题意.
(iii)当,即时,
∴,符合题意.
综上所述,或.
(3)当时,由,可知
由可知
要使恒成立
∵
又∵
∴,∴
∴或.
【点睛】该题考查的是有关函数的问题,涉及到的知识点有分段函数的单调区间,根据分段函数的最值求参数,有关恒成立问题的转化,属于较难题目.
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