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）

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.