浙江省台州市九校联盟2021-2022学年高二数学下学期期末联考试题（Word版附解析）

2021学年第二学期台州九校联盟期末联考

高二年级数学试题

考生须知：

1.本卷共4页满分150分，考试时间120分钟.

2.答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字.

3.所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效.

4.考试结束后，只需上交答题纸.

选择题部分

一、选择题：（本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）

1. 已知集合，，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】由集合，得不等式，解出不等式，可得集合的全部元素，由交集的定义可得最后答案.

【详解】由集合，得不等式，解得：，

因为，所以，由，

可得：，

故选：C.

2. 已知为复数且（为虚数单位），则共轭复数的虚部为（    ）

A. 2 B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】根据复数代数形式的除法运算化简复数，即可得到其共轭复数，从而得到其虚部.

【详解】解：因为，所以，

所以，则共轭复数的虚部为.

故选：C

3. “”是“”的（    ）

A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件

C. 充要条件 D. 既不充分又不必要条件

【答案】A

【解析】

【分析】能推出，但是则，则或，再由充分必要的定义可得出的答案.

【详解】若,则，即成立，

若则，则或或，

所以“”是“”的充分不必要条件.

故选：A.

4. 已知，是两条不同的直线，，为两个不同的平面，有下列四个命题：

①若，，，则    ②若，，，则

③若，，，则    ④若，，，则

其中所有正确的命题是（    ）

A. ②③ B. ①④ C. ②④ D. ①③

【答案】B

【解析】

【分析】利用面面垂直的判定定理判断可判断①；根据面面平行的判定定理判断可判断②；利用面面平行的判定定理判断③；利用线面垂直和面面平行的性质判断④.

【详解】若，，，由面面垂直的判定可得，故①正确；

若，，则或相交，所以不一定垂直，故②错误；

若，，则或，若，则不一定平行，故③错误；

若,,则，又，则成立，故④正确.

故选： B.

5. 已知函数则函数的大致图像为（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】先利用函数的奇偶性排除部分选项，再根据时，函数值的正负判断.

【详解】已知函数的定义域为R，

则

，

所以函数为偶函数，故排除选项B，C；

因为，

当时，恒成立，所以恒成立，

且当时，，

所以当时，，故选项A错误，选项D正确.

故选：D

6. 若，则的值为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】由余弦定理的二倍角公式、两角差的余弦公式化简变形后由同角关系可得的值．

【详解】因为，所以，

．

故选：A．

7. 已知点为的外接圆圆上一点（不与、重合），且线段与边相交于一点，若，则的取值范围为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】令为线段与边交点有且，根据题意有且，即可得答案.

【详解】若为线段与边交点，则且，

由题设，在的边外侧，如上图中上，

令，则，而，

所以，

当变大时，外接圆半径趋向无穷大，此时可趋向无穷大，

综上，的取值范围为.

故选：B

8. 设，，，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】由题设，，，构造并利用导数研究单调性，进而比较它们的大小.

【详解】由题设，，，，

令且，可得，

所以有，则上递增；

有，则上递减；

又，故.

故选：B

二、选择题：（本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得3分）

9. 已知甲罐中有五个相同的小球，标号为1，2，3，4，5，乙罐中有四个相同的小球，标号为1，4，5，6，现从甲罐、乙罐中分别随机抽取1个小球，记事件“抽取的两个小球标号之和大于6”，事件“抽取的两个小球标号之积小于6”，则（    ）

A. 事件与事件是互斥事件 B. 事件与事件不是对立事件

C. 事件发生的概率为 D. 事件与事件是相互独立事件

【答案】ABC

【解析】

【分析】由两球编号写出事件所含有的基本事件，同时得出所有的基本事件，然后根据互斥事件、对立事件的定义判断AB，求出的概率判断C，由公式判断D．

【详解】甲罐中小球编号在前，乙罐中小球编号在后，表示一个基本事件，

事件含有的基本事件有：，共12个，事件含有的基本事件有：，共7个，两者不可能同时发生，它们互斥，A正确；

基本事件发生时，事件均不发生，不对立，B正确；

事件中含有19个基本事件，由以上分析知共有基本事件20个，因此，C正确；

，，，不相互独立，D错．

故选：ABC．

10. 已知函数的图象关于直线对称，则（    ）

A. 函数为偶函数

B. 函数上单调递增

C. 若，则的最小值为

D. 函数的图象关于中心对称

【答案】BCD

【解析】

【分析】由对称轴可得且，结合已知有，即，由正弦型函数的性质判断A、B、C的正误，代入法验证D的正误.

【详解】由题设，且，则且，

又，可得，即.

为奇函数，A错误；

，则，故递增，B正确；

由，则为的最大或最小值各一个，要使最小，则，C正确；

，即的图象关于中心对称，D正确.

故选：BCD

11. 下列说法中，正确的是（    ）

A. 若，则与夹角为锐角

B. 若是内心，且满足，则这个三角形一定是锐角三角形

C. 在中，若，则为的重心

D. 在中，若，则为的垂心

【答案】CD

【解析】

【分析】由数量积的定义判断A，是内心时，证明即得，由此结合余弦定理判断B，由向量的线性运算证明是三角形重心判断C，利用向量数量积的运算法则，证明向量垂直，从而得是垂心判断D．

【详解】当同向时也的，A错误；

如下图是内心，延长线交于，设，，，

是外心，是三角形内角平分线，，

，

又，

所以．

所以，

所以，

设内切圆半径为，，

则，所以 ，

若，则，

设，则，为钝角，B错；

如下图，是中点，则，

又，所以，

所以共线，且，所以是外心，C正确；

中，若，

则，所以，

同理，所以是的垂线，D正确．

故选：CD．

12. 正方体棱长为1，动点在直线上（不含点），下列命题正确的是（    ）

A. 平面

B. 与平面所成最大角的余弦值为

C. 三棱锥的内切球表面积为

D. 点到平面的距离为

【答案】ACD

【解析】

【分析】由线面平行的判定定理判断A，求出与平面所成角得最大值，判断B，求出点到平面的距离判断D，由体积法求出三棱锥的内切球半径得表面积判断C．

【详解】由可得平面，得A正确；

正方体中，是面和面的中心（对角线交点），且，是平行四边形，

由正方体性质得，又，，平面，

所以平面，

作交于点，则平面，是与平面所成最角，平面，，

在直角中，，，

与重合时，最小为1，此时，为最大值，因此最大角的余弦值为，B错；

由此过程可知到平面的距离为，D正确；

三棱锥是正四面体，如图，易得，

又三棱锥表面积为，

设三棱锥内切球半径为，则由得，

内切球表面积为，C正确．

故选：ACD．

非选择题部分

三、填空题：（本大题共4小题，每题4分，共16分）

13. 设函数，若，则_____________.

【答案】##

【解析】

分析】先求出，然后再代入函数列方程可求出

【详解】因为，

所以，

所以，得，

所以，，

所以，得，

故答案为：

14. 已知圆锥的底面半径为1，母线长为2，则该圆锥的外接球的体积为____________.

【答案】

【解析】

【分析】由圆锥体的结构特征求体高，进而求出外接球半径，利用球体体积公式求体积即可.

【详解】由题设，圆锥体的高为，

若外接球的半径为，则，可得，

所以圆锥的外接球的体积为.

故答案为：.

15. 已知非负实数，满足，则的最小值为______________.

【答案】

【解析】

【分析】将变形为，再借助“1”妙用求解作答.

【详解】非负实数，满足，有，

则

，当且仅当，即时取“=”，

由，得，

所以当时，的最小值为.

故答案为：

16. 已知单位向量，，满足，，，记在方向上的投影向量的模长为，则的最大值为____________.

【答案】##

【解析】

【分析】依题意设，，即可设、，由，可得，即可得到点的轨迹方程，在方向上的投影向量的模长，则问题转化为圆上的点到直线的距离最大值，求出圆心到直线的距离，即可得解；

【详解】解：依题意设，，则，

，所以，

又，所以设，

令，由，可得，所以点在以原点为圆心，半径的圆上，

所以，则在方向上的投影向量的模长，

则表示圆上的点到直线的距离，

因为圆心到直线的距离，

所以；

故答案为：

四、解答题：本大题共5小题，共74分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.

17. 在中，角，，的对边分别为，，，且.

（1）求角；

（2）若，求三角形周长的取值范围.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】(1)由题意边化角，再由正弦和角公式，即可求解.

(2)根据正弦定理，边化角，有三角函数求最值

【小问1详解】

因为

所以

所以

因为、、为的内角，所以

所以，所以

【小问2详解】

由题意周长

所以，所以，所以

因为，所以，所以

所以周长的取值范围为.

18. “学习强国”学习平台是由中宣部主管，以深入学习宣传习近平新时代中国特色社会主义思想为主要内容，面向全社会的优质平台，现日益成为老百姓了解国家动态，紧跟时代脉搏的热门APP，某市宣传部门为了解全民利用“学习强国”了解国家动态的情况，从全市抽取1000名人员进行调查，统计他们每周利用“学习强国”的时长，下图是根据调查结果绘制的频率分布直方图.

（1）根据下图，求所有被抽查人员利用“学习强国”的平均时长和第80百分位数；

（2）宣传部为了了解大家利用“学习强国”的具体情况，准备采用分层抽样的方法从和组中抽取60人了解情况，则两组各抽取多少人？再利用分层抽样从抽取的60人中选8人参加一个座谈会，现从参加座谈会的8人中随机抽取两人发言，求小组中至少有1人发言的概率？

【答案】（1），   

（2）45人和15人；

【解析】

【分析】（1）由平均数和百分位数的计算公式即可求出答案.

（2）先根据分层抽样求出每一组抽取的人数；求出从参加座谈会的8人中随机抽取两人总事件的个数，再求出小组中至少有1人发言的个数，由古典概型的公式代入即可求出答案.

【小问1详解】

设被抽查人员利用“学习强国”的平均时长为，第80百分位数为，

，

第80百分位数满足，解得，

即抽查人员利用“学习强国”的平均时长为6.8，第80百分位数为.

【小问2详解】

组的人数为人，设抽取的人数为，

组的人数为人，设抽取的人数为，

则，解得，

所以在和两组中分别抽取45人和15人，

再利用分层抽样从抽取的60人中抽取8人，两组分别抽取6人和2人，

将组中被抽取的工作人员标记为，，，，，，将中的标记为A，，

则抽取的基本情况有：

，共28种，

其中在中至少抽取1人有13种，

故所求概率.

19. 已知函数.

（1）求函数定义域，并判断其奇偶性；

（2）若关于的方程有解，求实数的取值范围.

【答案】（1），奇函数   

（2）

【解析】

【分析】（1）由可求得定义域，计算化简可判断奇偶性；

（2）根据奇函数的性质和单调性可得有解，设，可得有解，即可求出.

【小问1详解】

由解得或，所以的定义域为，

定义域关于原点对称，且，

所以为奇函数.

【小问2详解】

由（1）可知：有解

有解

因为，，

又因为在上单调递增.

有解

设，则，

有解，有解，

当时，，所以，.

20. 如图，四棱锥中，，，，，，，为中点.

（1）证明：；

（2）求直线与平面所成角的正弦值.

【答案】（1）证明见解析；   

（2）.

【解析】

【分析】（1）连接交于点，连接，延长交于，由得，根据正方形、等腰三角形性质有、，应用线面垂直的判定和性质证结论.

（2）建立空间直角坐标系，设，利用面面垂直的判定可得面面，且可得△为等边三角形，进而确定坐标，再求出的方向向量与平面的法向量，空间向量夹角表示求线面角的正弦值.

【小问1详解】

连接交于点，连接，

因为，延长交于，

由，则，可得，

四边形为正方形，则，且为中点，

由，则，且，面，

所以面，平面，则；

【小问2详解】

以为原点，为轴，为轴建立如下图示的空间直角坐标系，

则，，，，设，

由面，面，所以面面，

由，则，由且BC⊥CD，则，

又，故△为等边三角形，且面面，

所以，则，

综上，，，，

设平面的法向量为，则，令，解得，

所以.

21. 已知函数.

（1）求函数在上的单调区间；

（2）若，求证：当时，.

【答案】（1）在上单调递减，在上单调递增   

（2）证明见解析

【解析】

【分析】（1）对求导，在上单调递增，因为,即可得出的单调性.

（2）要证明当时，，即证时，，由题意可得，证得，即可证得，即得证.

【小问1详解】

因为，

求导可知.

.在上，

即在上单调递增，因为

所以在上单调递减，在上单调递增.

【小问2详解】

要证明当时，，

即证时，，

当时，恒成立，，∴

故有，

若证得，即可证得，

下面证明，

不等式两侧同时除以可将不等式转化为，

令，则，

当时，，单调递减；当时，，单调递增，

故，，

故当时，.