浙江省台州市九校联盟2021-2022学年高二下学期期末联考数学 Word版含解析

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2021学年高二年级第二学期台州九校联盟期末联考数学试题考生须知：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.2B.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.

1【详解】解：因为，所以，所以，则共轭复数的虚部为.故选：C3.“”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.②③B.①④C.②④D.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；

2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：D6.若，则的值为（）A.B.C.D.【答案】A

3【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，

4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：B8.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】

5【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；

6，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：BCD11.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，

7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．

812.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；

9三棱锥是正四面体，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

10【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

11，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，

12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.

13（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，

14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

15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，

16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

17，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，，

18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，.

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