2024-2025学年浙江省高二数学下学期7月学考联考期末检测试题（附答案）

这是一份2024-2025学年浙江省高二数学下学期7月学考联考期末检测试题（附答案），共18页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
选择题部分
一、单项选择题（本大题共12小题，每小题3分，共36分．每小题列出的四个备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. 函数的定义域为（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据函数的定义域的求法求解；
【详解】要使函数有意义，则，得，所以函数的定义域为．
故选：C．
2. 已知集合，则（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】计算方程的根得出集合，再利用集合的并集进行计算得出结果
【详解】因为，所以．
故选：A．
3. 在中，为边的中点，则（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由向量的加减法运算法则分别对四个选项进行判断.
【详解】，故A、B错误；
，故C错误；
由平行四边形法则可知，故D正确；
故选：D．
4. 数据1，2，3，4，5，6，7，7的第25百分位数是（）
A. 2B. 2.5C. 3D. 3.5
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意结合百分位数的定义分析求解.
【详解】因为数据共有8项，且，
所以第25百分位数为2和3平均数，即为2.5．
故选：B．
5. 从数据中随机选择一个数，则这个数平方的个位数是6或9的概率为（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】找到样本空间个数及符合条件的样本点的个数，利用古典概型概率的计算即可求解.
【详解】样本空间的样本点总数为8，设事件：“这个数平方的个位数是6或9”，
中的样本点为共5个，所以概率．
故选：D．
6. 已知空间中两个不重合的平面和平面，直线平面，则“”是“”的（）
A. 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
【答案】B
【解析】
【分析】根据充分条件、必要条件的定义判断即可.
【详解】当时，与可能相交也可能平行，故不能推出，即充分性不成立；
由可以推出，即必要性成立．所以“”是“”的必要不充分条件．
故选：B．
7. 不等式的解集是（）
AB. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】将不等式整理为，解不等式组，即可得到答案.
【详解】不等式可化为，等价于解得，
所以不等式的解集为．
故选：A．
8. 近年，“人工智能”相关软件以其极高的智能化水平引起国内关注，深度学习是人工智能的一种具有代表性的实现方法，它是以神经网络为出发点的．在神经网络优化中，指数衰减的学习率模型为，其中表示每一轮优化时使用的学习率，表示训练迭代轮数，则学习率衰减到0.2及以下所需的训练迭代轮数至少为（参考数据：）（）
A. 16B. 72C. 74D. 90
【答案】C
【解析】
【分析】由题可知题目相当于解不等式，然后由对数运算性质结合参考数据可得答案.
【详解】由题意知，只要解不等式，化简得．因为，所以，
所以．
故选：C．
9. 在中，已知角所对的边分别是，已知，则等于（）
A. 2B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据余弦定理，即可求解.
【详解】由三角形内角和定理得，由正弦定理得，解得．
故选：A
10. 已知函数，则其图象一定不过（）
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
【答案】B
【解析】
【分析】计算出，，，判断出图象过第一，第四，第三象限，得到答案.
【详解】因为，取，得，所以在第一象限有图象，
取，得，所以在第四象限有图象，
取，得，所以在第三象限有图象．
由排除法知图象不过第二象限．
故选：B．
11. 已知为锐角，且，则的值为（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据是锐角，得到，故，两边平方后，结合同角三角函数关系和正弦二倍角公式求出答案.
【详解】因为是锐角，所以，
所以，化简得，
平方得，
所以．
故选：D．
12. 已知正方体，点在上运动（不含端点），点在上运动（不含端点），直线与直线所成的角为，直线与平面所成的角为，则下列关于的取值可能正确的是（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】如图，以为原点，所以在直线分别为轴建立空间直角坐标系，求出平面和平面法向量，然后求出直线与平面所成的角，平面与平面所成的角，结合最小角定理和最大角定理分析判断.
【详解】如图，以为原点，所以在直线分别为轴建立空间直角坐标系，
设正方体的棱长为1，则，
所以，
设平面的法向量为，则
，令，则，
对于AB，设直线与平面所成的角为，则
，
因为，所以，
由最小角定理得，
当时，，所以A错误，
当时，，所以B错误，
对于CD，设平面的法向量为，
则，令，则，
设平面与平面所成的角为，则
，
由最大角定理得，
当时，，所以C正确，
当时，，所以D错误，
故选：C．
二、多项选择题（本大题共4小题，每小题4分，共16分．每小题列出的四个备选项中有多个是符合题目要求的，全部选对得4分，部分选对且没有错选得2分，不选、错选得0分）
13. 民营经济是推进中国式现代化的生力军，是浙江的最大特色、最大资源和最大优势．为了更好地支持民营企业的发展，我省某市决定对部分企业的税收进行适当的减免．某机构调查了当地的中小型民营企业年收入情况，并根据所得数据画出了样本的频率分布直方图，则下列结论正确的是（）
A. 样本数据落在区间内的频率为0.45
B. 若规定年收入在500万元以内的民营企业才能享受减免税政策，估计有的当地中小型民营企业能享受到减免税政策
C. 若该调查机构调查了100家民营企业，则年收入不少于400万元的有80家
D. 估计样本的中位数为480万元
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据频率分布直方图中，概率等于小长方形的面积，概率之和等于1，即所有小长方形面积之和等于1，中位数公式进行计算判断各个选项.
详解】对于A，由，得，
所以数据落在区间内的频率为，A正确；
对于B,数据落在区间内的频率为，B正确；
对于C,，年收入大于或等于400万元的有四组，其频率和是，所以符合条件的民营企业有家，C错误；
对于D,数据落在区间内的频率为0.3，数据落在区间内的频率为，
估计中位数为，D正确．
故选:ABD．
14. 已知复数，则下列结论正确的有（）
A. B.
C. D.
【答案】BC
【解析】
【分析】根据题意，由复数的模长公式结合复数的运算，对选项逐一判断，即可得到结果.
【详解】对于A，若，则，故A错误；
对于B，设，则，故B正确；
对于C，设，则，
，故C正确；
对于D，若，则，故D错误．
故选：BC．
15. 已知平面向量的夹角为，且，若，则下列结论正确的是（）
A. B.
C. D. 在上的投影向量为
【答案】BCD
【解析】
【分析】对于A：判断是否等于0即可；对于B、C：利用数量积的运算律计算即可；对于D：先计算，再利用投影向量公式计算即可；
【详解】由题意得，
对于A：，故A错误；
对于B：，故B正确；
对于C：，故C正确；
对于D：，则在上的投影向量为，故D正确．
故选：BCD
16. 我们知道，函数的图象关于坐标原点成中心对称图形的充要条件是函数为奇函数，有同学发现可以将其推广为函数的图象关于点成中心对称图形的充要条件是函数为奇函数．此结论与必修一教材上的结论相吻合，则下列结论正确的是（）
A. 函数的图象关于点成中心对称图形
B. 若定义在上的函数对任意的都有，则函数图象的对称中心为
C. 若是偶函数，则的图象关于直线成轴对称
D. 若函数满足为奇函数，且其图象与函数的图象有2024个交点，记为，则
【答案】ACD
【解析】
【分析】利用题中推广的结论进行验证A,B；利用偶函数的定义判断B；根据对称性变化简判断D；
【详解】对于A，因为为奇函数，所以的图象关于点成中心对称图形，故A正确；
对于B，设，若是奇函数，则，所以，因为，所以1为奇函数，所以图象的对称中心为，故B错误；
对于C，设，因为是偶函数，所以，则，所以的图象关于直线成轴对称，故C正确；
对于D，显然的图象关于点成中心对称图形，再考虑的对称性，可化为为奇函数，
则即即，
令，则，即，解得或（舍去），
所以，则，因为为奇函数，所以图象对称中心为．
与有相同的对称中心，所以2024个交点每两个一组关于点中心对称，
，故D正确．
故选：ACD．
非选择题部分
三、填空题（本大题共4小题，每空3分，共15分）
17. 已知一圆锥的母线长为2，底面半径为1，则该圆锥的侧面积为________；体积为________．
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】根据题意，利用勾股定理得出圆锥的高，再利用圆锥的侧面积公式和体积公式可求解.
【详解】由题意得圆锥的高，所以．
故答案为：
18. 在中国古代数学著作《九章算术》中，鳖臑是指四个面都是直角三角形的四面体．如图，在直角中，为斜边上的高，，现将沿翻折成，使得四面体为一个鳖臑，则该鳖臑外接球的表面积为________
【答案】
【解析】
【分析】找出鳖臑外接球的球心，并得出外接球的半径，结合球的表面积公式即可求解.
【详解】由题设，都是直角三角形，只需面即可，
所以鳖臑外接球的球心在过中点且垂直于平面的直线上，
而在直角三角形中，的中点到点的距离都相等，
所以的中点是外接球的球心，所以．
故答案为：.
19. 设是一个随机试验中的两个事件，且，则________．
【答案】
【解析】
【分析】由题意结合概率运算性质可得答案.
【详解】由概率的性质得，
所以，
所以．
故答案为：.
20. 若函数的值域为，则的最小值为________．
【答案】3
【解析】
【分析】根据函数的值域为得到所以，代入到利用均值不等式即可求得最小值.
【详解】由题意得，得
所以
，
当且仅当时，等号成立，所以的最小值为3．
故答案为：3.
四、解答题（本大题共3小题，共33分）
21. 已知函数．
（1）求函数的最小正周期；
（2）已知锐角三个内角所对的边分别为，且，若，求的面积．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据两角和（差）正弦公式化简得，再利用正弦函数的周期公式计算周期；
（2）代入计算角，在利用三角形面积公式计算的出结果；
【小问1详解】
，
所以．
【小问2详解】
因为，所以．
因为是锐角三角形的内角，所以或（舍去），
所以．又，
所以的面积．
22. 如图，在三棱台中，平面为的中点．
（1）证明：．
（2）过的平面把三棱台分成两部分，体积分别是和，求的值．
（3）求平面和平面所成锐二面角的正切值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）由线面垂直得到线线垂直，再结合，得到平面，进而得到，由直角梯形中的边长关系得到是等腰三角形，从而，再结合得到结论；
（2）取的中点，利用平行找到过的平面，从而两部分分别为斜棱柱和几何体，由即二者的体积关系即可得到的值；
（3）取的中点，找到两个平面的交线，利用垂直找到所求角，再根据三角形相似求得边长，进而求得所成锐二面角的正切值.
【小问1详解】
如图1，连接，得，连接．
因为平面，平面，所以．
又，，平面，所以平面，
又因为平面，所以，
所以在直角梯形中，，
所以，所以是以为底边的等腰三角形，
又因为是的中点，所以．
又因为，所以．
【小问2详解】
如图2，取的中点，连接，可得．
所以过的平面把棱台分成斜棱柱和几何体，
由题意得，．
因为，
所以，故．
【小问3详解】
，
如图3，取的中点，连接，则是平面和平面所成二面角的棱，
过作延长线的垂线，垂足为，即，
由棱台上下底面相似得到，所以四点共面，又由，所以五点共面，
连接，因为平面，平面，所以，
又因为，平面，所以平面，
因为平面，所以，
因为是平面和平面所成二面角的棱，，平面，，平面，所以为所求的角．
延长和交于点，过作的垂线，垂足为，如图4，
则，，，
由，，
因为，是和的公共角，所以，
所以即，所以，
所以．
即平面和平面所成锐二面角的正切值为．
23. 已知函数．
（1）若，求的取值范围．
（2）记已知函数有个不同的零点．
①若，求的取值范围；
②若，且是其中两个非零的零点，求的取值范围．
【答案】（1）
（2）①；②
【解析】
【分析】（1）根据题意，分与代入计算，求解不等式，即可得到结果；
（2）（ⅰ）将问题转化为的实根个数问题，然后求得与时，根的个数，从而可得的范围，然后分别检验，即可得到结果；（ⅱ）结合（ⅰ）中的结论可得，再由对勾函数的单调性，即可得到结果.
【小问1详解】
由题意得函数的定义域为．
当时，不等式等价于，显然满足条件；
当时，不等式等价于，即，
解得．
综上，的解集为，
即当的取值范围为时，成立．
【小问2详解】
（ⅰ）令
原题可转化为的实根个数问题（二重根为一个零点）．
当时，即为，所以至多一个实根①；
当时，即为，所以至多两个实根②．
由①知，），所以，
由②知，，所以或，
所以或，且．
当时，若，则有两个零点0和，符合题意．
当时，①无实根，对于②，只要，化简得，
则，符合题意．
当时，若，则有三个不等实根，不符合题意．若，
则有两个零点0和，符合题意．若，则仅有一个零点0，不符合题意．
综上所述，当时，的取值范围为.
（ⅱ）由（ⅰ）得当时，，且三个零点分别为，
显然，所以．
易得函数在上单调递减，所以，
所以．
【点睛】关键点点睛：本题关键是分段讨论零点个数.