浙江省衢州市2021-2022学年高二下学期6月教学质量检测数学 Word版含解析

《浙江省衢州市2021-2022学年高二下学期6月教学质量检测数学 Word版含解析》由会员上传分享，免费在线阅读，更多相关内容在教育资源-天天文库。

衢州市2022年6月高二年级教学质量检测试卷数学试题一､选择题（本题共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符合题目要求）1.已知集合，，则（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据交集的定义计算可得；【详解】解：因为，，所以；故选：C2.已知为虚数单位，且复数，则（）A.4B.C.2D.【答案】D【解析】【分析】根据复数代数形式的除法运算化简复数，再根据复数模的计算公式计算可得；【详解】解：因为，所以；故选：D3.“”是“直线与圆相切”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】A【解析】【分析】根据充分条件、必要条件的定义判断即可；【详解】解：若直线与圆相切，则圆心到直线的距离等于半径，

1即，解得，所以由推得出直线与圆相切，故充分性成立，由直线与圆相切推不出，故必要性不成立，故“”是“直线与圆相切”的充分不必要条件；故选：A4.函数的部分图象大致为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】首先判断函数的奇偶性，再对和时函数值的情况讨论，利用排除法即可判断；【详解】解：因为定义域为，又，所以为奇函数，函数图象关于原点对称，故排除B；当时，，，所以，所以，故排除D；当时，因为，所以，即，故排除C；故选：A5.已知，，则（）

2A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】利用诱导公式及二倍角公式计算可得；【详解】解：因为，所以；故选：D6.已知向量，满足，则为（）A.1B.C.2D.【答案】B【解析】【分析】根据数量积的运算律得到方程组，解得即可；【详解】解：因为，所以，即，即，即，解得，所以；故选：B7.疫情期间，某医院召集4位医生，1位护士共5人赶赴，，三个核酸检测点进行核酸采样工作，每个检测点至少派1人，且护士不去检测点，则不同的安排方法有（）A.76B.88C.100D.124【答案】C【解析】【分析】先将护士安排好，再对4

3位医生分安排去两个检测点和三个检测点两种情况讨论，按照分类、分步计数原理计算可得；【详解】解：首先将护士安排去、两个核酸检测点中的一个有种安排方法，再将4位医生安排去两个检测点或三个检测点，若安排去两个检测点，则有种安排方法，若安排去三个检测点，则有种安排方法，综上一共有种安排方法；故选：C8.已知非零实数，满足，则（）AB.C.D.【答案】D【解析】【分析】利用特殊值判断A、B，构造函数，利用导数证明C、D；【详解】解：因为，所以，令，，此时满足，但是，故A错误；令，，此时满足，但是，故B错误；由两边取对数可得，当，，所以要比较与的大小，即比较与的大小，即与的大小，令，，则令，则令，，

4则，所以时，当时，即，所以，当时，，所以，综上可得，故D正确；当，，要比较与的大小，只需比较与的大小，令，，则，所以当时，当时，所以在单调递增，在上单调递减，当时，，，所以，此时不满足，即不恒成立，故C错误；故选：D二､多选题（本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中有多项符合题目要求.全部选对得5分，部分选对得2分，有选错的得0分）9.已知函数，则下列关于函数描述正确的是（）A.函数图象关于直线对称B.函数图象关于点中心对称C.函数在单调递增D.函数在上的最大值是【答案】ABD【解析】【分析】利用正弦型函数的对称性可判断AB选项；利用正弦型函数的单调性可判断C选项；利用正弦型函数的基本性质可判断D选项.

5【详解】对于A选项，，故函数图象关于直线对称，A对；对于B选项，，故函数图象关于点中心对称，B对；对于C选项，当时，，所以，函数在上不单调，C错；对于D选项，当时，，故当时，，D对.故选：ABD.10.已知曲线：，则下列说法正确的是（）A.若曲线表示双曲线，则B.若曲线表示椭圆，则且C.若曲线表示焦点在轴上的双曲线且离心率为，则D.若曲线与椭圆有公共焦点，则【答案】BCD【解析】【分析】根据双曲线，椭圆的特征一一计算可得；【详解】解：对于A：若曲线：表示双曲线，则，解得或，故A错误；对于B：若曲线：表示椭圆，则，解得且，故B正确；

6对于C：若曲线表示焦点在轴上的双曲线且离心率为，则，所以，则，解得，故C正确；对于D：椭圆的焦点为，若曲线表示焦点在轴上的双曲线，则，则，则，解得（舍去）；若曲线表示焦点在轴上的椭圆，则，则，则，解得，符合题意，故，故D正确；故选：BCD11.甲乙两位同学纸牌游戏（纸牌除了颜色有不同，没有其他任何区别），他们手里先各持4张牌，其中甲手里有2张黑牌，2张红牌，乙手里有3张黑牌，1张红牌，现在两人都各自随机的拿出一张牌进行交换，交换后甲､乙手中的红牌数分别为､张，则（）A.B.C.D.【答案】AD【解析】【分析】依题意可得的可能取值为、、，且，求出所对应的概率，即可求出，再根据期望与方差的性质计算可得；【详解】解：甲取出一张红牌为事件A，乙取出一张红牌为事件，则，，则的可能取值为、、，且，则，，所以，所以，

7，故正确的有A、D；故选：AD12.已知三棱锥底面是正三角形，则下列各选项正确的是（）A.与平面所成角的最大值为B.与平面所成角的最小值为C.若平面平面，则二面角的最小值为D.若、都不小于，则二面角为锐二面角【答案】AC【解析】【分析】利用线面角的定义可判断AB选项；利用二面角的定义可判断C选项；利用空间向量法可判断D选项.【详解】对于A选项，设点在平面内的射影点为，取的中点，连接、、、，设等边的边长为，则，平面，所以，直线与平面所成角为，平面，平面，则，为等边三角形，为的中点，则，，平面，平面，，所以，二面角的平面角为，，所以，，

8则，即当平面平面时，取得最大值，A对；对于B选项，由A选项可知，与平面所成角的最大值为，B错；对于C选项，取的中点，过点在平面内作，垂足为点，连接、，则，为等边三角形，为的中点，则，因为平面平面，平面平面，平面，平面，平面，，，，平面，平面，，所以，二面角的平面角为，平面，平面，，因为，所以，，当且仅当时，等号成立，故当平面平面时，则二面角的最小值为，C对；对于D选项，过点在平面内作，垂足为点，过点在平面内作，垂足为点，则二面角的平面角为，

9设，，，，，，取，则，此时钝角，即二面角为钝二面角，D错.故选：AC.【点睛】方法点睛：求二面角常用的方法：（1）几何法：二面角的大小常用它的平面角来度量，平面角的作法常见的有：①定义法；②垂面法，注意利用等腰三角形的性质；（2）空间向量法：分别求出两个平面法向量，然后通过两个平面法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求二面角是锐角还是钝角.三､填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）13.随机变量服从正态分布，若，则___________.【答案】##【解析】【分析】根据正态曲线的性质计算可得；【详解】解：因为随机变量服从正态分布且，

10所以；故答案为：14.已知，则___________.【答案】【解析】【分析】令，利用赋值法可得出，即可得解.【详解】令，则，因此，.故答案为：.15.设数列：，，…，（），若存在公比为的等比数列：，，…，，使得，其中，2，…，，则称数列为数列的“等比分割数列”.若数列的通项公式为（，2，…，5），其“等比分割数列”的首项为1，则数列的公比的取值范围是___________.【答案】【解析】【分析】根据所给定义得到，2，3，，，再根据指数函数的性质计算可得；【详解】解：由题意可得，，2，3，，，所以，且，2，3，，，当时，成立；当，3，，时，应有成立，因为在上单调递增，所以随着的增大而减小，故，

11综上的取值范围是．故答案为：16.若不等式对任意均成立，则实数的取值范围是___________.【答案】【解析】【分析】易知不成立，时，成立，当时，由图象开口向下，过点，求得在处的切线方程，得到，再利用导数法证明即可.【详解】解：当时，，不成立；当时，图象开口向下，过点，又，则，所以在处的切线方程为：，则，下证，令，则，当时，，递增，当时，，递减，则，所以，当时，，成立，故实数的取值范围是.

12故答案为：四､解答题（本题共6小题，共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17.在中，内角，，所对的边分别为，，，若.（1）求的值；（2）若，，求的面积.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由正弦定理将边化角，再利用两角和的正弦公式及诱导公式得到，再根据平方关系计算可得；（2）首先由余弦定理求出，再根据面积公式计算可得；【小问1详解】解：因为，由正弦定理可得，即，所以，因为，所以，即，所以【小问2详解】解：由余弦定理，即，解得或（舍去），所以；18.某学校为了解高二年级学生数学核心素养，从中抽取名学生参加数学素养大赛，成绩（单位：分）的分组及根据各组数据绘制的频率分布直方图如图所示，已知成绩的范围是区间，且成绩在区间的学生人数是37人.

13（1）求，的值；（2）估计这次数学竞赛成绩的75%百分位数和平均分.【答案】（1），（2）分位数为，平均数为．【解析】【分析】（1）根据频率分布直方图中所有小矩形面积之和为得到方程，即可求出，从而求出样本容量；（2）首先判断分位数位于，设分位数为，即可得到方程，解得，再根据平均数公式计算可得；【小问1详解】解：由题意可得：，解得，所以，所以，；【小问2详解】解：成绩位于的频率为，成绩位于的频率为，所以分位数位于，设分位数为，则，解得，平均数为．19.在矩形中，，，点为线段上的中点，沿将翻折，使得，点在线段上且满足.

14（1）证明：平面平面；（2）求直线与平面所成角的正弦值.【答案】（1）见解析；（2）.【解析】【分析】(1)取中点，连接,证明平面即可；(2)建立坐标系，用空间向量求解.【小问1详解】解：如图的示，取中点，连接，因为为线段上的中点，所以，所以，又因为,所以，所以①，由题意可得，,

15,又因为，所以为等边三角形，所以，所以，所以②，又因③,由①②③可得平面，又因为平面，所以平面平面；【小问2详解】建立如图所示的坐标系：则，，，.又因.所以.所以，,,,设平面的法向量，

16则，所以，故取，设直线与平面所成角为（），则有＝＝.20.已知函数.（1）当时，写出的单调区间（不需要说明理由）；（2）若存在，使得，求实数的取值范围.【答案】（1）增区间为、，减区间为（2）或【解析】【分析】（1）当时，化简函数的解析式，利用二次函数的单调性可得出函数的增区间和减区间；（2）由参变量分离法可知，或在上有解，利用函数单调性或基本不等式可求得实数的取值范围.【小问1详解】解：当时，，所以，函数的增区间为、，减区间为.【小问2详解】解：因为存在，使得，等价于存在，使得成立，即，所以，或在上有解，即或在上有解，

17所以，或，.因为、在上均为增函数，则在上为增函数，所以，，当时，，由基本不等式可得，当且仅当时，等号成立，则.综上所述，或.21.自年底开始，一种新型冠状病毒COVID-19开始肆虐全球.人感染了新型冠状病毒后初期常见发热乏力、咽痛干咳、鼻塞流涕、腹痛腹泻等症状，严重者可致呼吸困难、脏器衰竭甚至死亡.目前筛查冠状病毒的手段主要是通过鼻拭子或咽拭子采集样本，再进行核酸检验是否为阳性来判断.假设在接受检验的样本中，每份样本的检验结果（阳性､阴性）是相互独立的，且每份样本是阳性结果的概率均为.（1）若，现对份样本进行核酸检测，求这份中检验结果为阳性的份数的分布列及期望；（2）若，现有份样本等待检验，并提供“合”检验方案：将份样本混合在一起检验.若检验结果为阴性，则可认为该混合样本中的每个人都为阴性；若检验结果为阳性，则要求该组中各个样本必须再逐个检验.试比较用“合”检验方案所需的检验次数的期望与的大小.【答案】（1）分布列答案见解析，（2）答案见解析【解析】【分析】（1）分析可知，利用二项分布可得出随机变量的分布，利用二项分布的期望公式可求得的值；

18（2）计算出，令可得出，构造函数，利用导数研究函数的单调性，比较与的大小关系，即可得出与的大小.【小问1详解】解：记阳性人数为，则，，，，，，所以，随机变量的分布列如下表所示：所以，.【小问2详解】解：记所需化验次数为，则的可能取值为、、，，则，所以，，，，，令，可得，则，所以，，即，令，则.

19当时，，此时函数单调递增，当时，，此时函数单调递减，，当时，恒成立，，则当时，恒成立，当时，恒成立.综上所述，当且时，，则，当时，，则，当且时，，则.【点睛】方法点睛：求离散型随机变量均值与方差的基本方法：（1）已知随机变量的分布列求它的均值、方差，按定义求解．（2）已知随机变量的均值、方差，求的线性函数的均值、方差，可直接用的均值、方差的性质求解；（3）如果所给随机变量是服从常用的分布（如两点分布、二项分布等），利用它们的均值、方差公式求解．22.已知函数.（1）若，求函数在上的最小值；（2）当时，证明：函数有两个不同的零点，（），且满足（i）；（ii）.【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）求出函数的导函数，即可得到，从而得到函数的单调性，即可得解；（2）首先求出导函数，即可得到在上单调递减，即在没有零点，当

20，令，参变分离可得，令，利用导数证明有两个根、，再利用导数分别证明即可；【小问1详解】解：当时，，所以，因为，所以，则在上单调递增，所以；【小问2详解】证明：因为，所以，当时，故在上单调递减，从而，即在没有零点，当，令，即，所以，令，，下面先证有两个根、，，令，则，故在上单调递增，又，，故存在，使得，从而在上单调递减，在上单调递增，又可知当时，有两个不同实数根、，且，即有两个不同的零点、，（i）因为，故等价于，等价于，即，即，而，故成立；

21（ii）先分别证明及，一方面由，故等价于，等价于，即，即，而，故成立；另一方面，由所以等价于，等价于，即，即，而，下面证明，令，则，所以在上单调递增，故只需，由等价于，令，，则，即在上单调递增，所以即当时，有成立，故且，所以成立，所以成立，综上可得，得证；【点睛】导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．

22