浙江省温州市十五校联合体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温州十五校联合体期末联考数学试卷一､选择题（本大题共8小题，每题5分共40分.每小题列出的四个备选项中只有一个符合题目要求，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】先求出集合Q，再求.【详解】集合.因为，所以.故选：A2.设，则z的共轭复数的虚部为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】先对复数化简，从而可求出其共轭复数，进而可求出其虚部【详解】因为，所以，所以的虚部为，故选：C3.已知a，b是实数，则“”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】A【解析】

1【分析】利用基本不等式及两个条件的推出关系可得正确的选项.【详解】若，则，故，取，则成立，但，故推不出，故“”是“”的充分不必要条件，故选：A.4.已知，且，则（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】利用同角三角函数基本关系式，以及三角函数在各个象限内的正负，可得，从而求出的值.【详解】因为，所以，即，所以.因为，所以，所以.因为，所以.故选：D5.我市某三甲医院为了响应防疫政策，需要从4名内科医师和4名外科医生中派选4名医生到高速路口进行核酸检测工作，则派选内科医生人数不少于外科医生的概率为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】

2【分析】先利用组合表示出从8名外科医生中派选4名医生的种数以及派选内科医生人数不少于外科医生的种数，利用古典概型求概率.【详解】从需要从4名内科医师和4名外科医生中派选4名医生有种；其中内科医生人数不少于外科医生包括2名内科医生和2名外科医生，3名内科医生和1名外科医生，4名内科医生和0名外科医生三种情况，有：种.所以派选内科医生人数不少于外科医生的概率为.故选：C6.函数的图像大致为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据奇偶性，在y轴附近时的单调性和在x=-4处的函数值可以判断.【详解】显然是非奇非偶函数，排除C，当时，，令，则，是单调递减的，，当时，，时单调递减的，排除A，

3，，，，，排除D，故选：B.7.若方程有三个不同的实数根，则（）A.B.C.1D.【答案】A【解析】【分析】对t分类讨论，，，不合题意，舍去；时求出，直接解方程求出.【详解】若时，方程无解，不合题意，舍去；若时，方程，所以.因为，所以方程有两解，不合题意，舍去；若时，方程等价于或.即或.因为，所以，所以与共有3个实数根.又有一个实数根时，，解得：.所以或解得：（舍去），或.因为，所以.

4所以可化为：，解得：；可化为：，解得：.所以.故选：A8.如图，在正四面体中，点E，F分别是棱上的点（不含端点），，记二面角的大小为，在点F从点A运动到点C的过程中，下列结论正确的是（）A.一直增大B.一直减小C.先增大后减小D.先减小后增大【答案】D【解析】【分析】根据正四面体几何特征,作出二面角的平面角,再根据平面角的正切值的表达式得出θ的取值情况.【详解】过P作PO⊥面ABC于O,则OP⊥EF.过O作OM⊥EF于点M.因为，所以面OPM.连接PM,则∠PMO为二面角P-EF-B的平面角,即.当点F从点A运动到点C的过程中，,OM先变大后变小.所以.因为PO不变,∴先变小后变大.

5故选：D二､多选题（本题共4大题，每题5分，共20分，每小题列出的四个备选项中有多个符合题目要求，全部选对得5分，部分选对得3分，有错选得0分）9.下列函数既是偶函数又在上单调递增的是（）A.B.C.D.【答案】AD【解析】【分析】结合函数的奇偶性、单调性确定正确选项.【详解】A选项，的定义域为，，为偶函数.当时，为增函数，符合题意.B选项，的定义域为，当时，为减函数，不符合题意.C选项，的定义域为，，为奇函数，不符合题意.D选项，的定义域为，，为偶函数.当时，根据复合函数单调性同增异减可知：为增函数，符合题意.故选：AD10.在三棱锥中，顶点A在底面射影为O，则下面说法正确的是（）

6A.若O为的外心，则.B.若O为的内心，则三个侧面与底面所成的二面角都相等.C.若O为的垂心，则B在对面的射影是垂心.D.若O为的重心，则三个侧面面积相等.【答案】ABC【解析】【分析】对于A，由条件可推得，判断；对于B，作辅助线，找出侧面与底面所成的二面角的平面角，根据条件可推出三个角相等；对于C，利用线面垂直的判定证明线线垂直，可进行判断；对于D，利用条件说明O为的重心时，三个侧面的面积关系不确定，进行判断.【详解】如图，若O为的外心，则,则,故，A正确；若O为的内心，则设OE,OF,OG分别垂直于BC,CD,BD，则，连接AE,AF,AG,则,故,由底面BCD，可知，,同理，即分别为三个侧面与底面所成的二面角的平面角，由可知三个侧面与底面所成的二面角相等，B正确；若O为的垂心，则连接BO并延长交CD于F,连接AF,则,于是平面ABF,故,而平面ACD,故平面ABF平面ACD,故则B在对面的射影P落在平面ABF和平面ACD的交线AF上，

7连接DP并延长交AC于H,仿同理可证,而,可得平面BPD,则,即P点为的高AF,DH的交点，即B在对面的射影是垂心，故C正确；当O为的重心时，连接DO,BO,CO并延长交BC,CD,BD于E,F,G点，则E,F,G分别为BC,CD,BD的中点，与BC,CD,BD的长度无关，因此三个侧面面积之间的关系不确定，故D错误，故选：ABC11.在中，角A､B､C所对的边分别为a､b､c，则下列说法正确的是（）A.若，则B.若，则C.若，则B的最大值为D.若，则B的最大值为【答案】BCD【解析】【分析】对于A：取特殊的直角三角形ABC，其中,否定选项A;对于B：由在上单调递减，得到，利用二倍角的余弦公式即可求得；对于C、D：利用余弦定理和基本不等式求出B的最大值为.【详解】对于A：取特殊的直角三角形ABC，其中,满足，但是.故A错误；对于B：在中，因为，所以,所以.因为在上单调递减，所以，即，所以，所以，所以.故B正确；对于C：在中，因为，所以由余弦定理得：

8，（当且仅当a=c时取等号）.因为在上单调递减，所以,即B的最大值为.故C正确；对于D：在中，因为，所以由余弦定理得：，（当且仅当a=c时取等号）.因为在上单调递减，所以,即B的最大值为.故D正确.故选：BCD12.已知，若存在，使得，，满足，则的值可以是（）A.B.C.D.【答案】CD【解析】【分析】设，.先判断出点P、Q在直线AB上，得到夹角为.由，得到.设点O到直线AB的距离为h，过O作AB的垂线，垂足为H.设，,得到.设，求出，得到：.把表示为，求出.对照四个选项，得到正确答案.【详解】设，.

9因为，所以点P、Q在直线AB上.因为，所以，即夹角为.因为，所以.设点O到直线AB距离为h，过O作AB的垂线，垂足为H.设，,则.设，因为，所以.所以.因为，所以，所以，所以，即，解得：，所以.因为，所以.对照四个选项，，，，.故的值可以是CD.故选：CD三､填空题（本大题共4小题，每题5分共20分）13.已知幂函数在为减函数，则___________.

10【答案】##0.5【解析】【分析】先利用幂函数的性质求出，即可求出.【详解】幂函数，所以，解得：或.当时，为R上的增函数；当时，为R上的减函数.所以，所以.故答案为：.14.在三棱锥中，垂直底面，，，若三棱锥的内切球半径为，则此三棱锥的侧面积为___________.【答案】【解析】【分析】设三棱锥内切球圆心为，以为顶点将三棱锥分为四个小三棱锥，通过三棱锥体积不变即可求出三棱锥的表面积进而可求得三棱锥的侧面积.【详解】设三棱锥内切球圆心为，以为顶点将三棱锥分为四个小三棱锥，则三棱锥的体积，垂直底面，三棱锥的体积，则通过三棱锥体积不变可知，.故答案为：.15.在中，，则长为___________.【答案】2或【解析】【分析】由三角形面积可求得或，进而求得BC以及的值，由确定BD的长，再根据勾股定义或余弦定理求得答案.

11【详解】由题意得，故，由于，故或，当时，，故，因为，故而，因为，，则；当时，，则，因为，故，而，故，故答案为：2或16.已知函数，当时，函数有6个不同的零点，求m的取值范围___________.【答案】【解析】【分析】数形结合，设，分情况讨论有2根和3根的情况，再分析的取值范围情况即可【详解】画出如图所示，最左端纵坐标，当时，有

12，解得；，解得.设，若有6个不同的零点，则①若有2个解，则但有2个解时，此时显然，不满足；②若有3个解，则，设，则，故，，，即，，，此时因为则必有2根，必有1根，则必须有3根，故，则，故，故故答案为：四､解答题（本大题共6小题，共0分，解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤）

1317.已知函数.（1）求求函数的最小正周期及对称中心.（2）求函数在值域.【答案】（1），；（2）.【解析】【分析】（1）由三角恒等变换可得正弦型三角函数，据此求周期、对称中心即可；（2）利用整体代换法求正弦函数的值域即可.【小问1详解】所以函数的最小正周期为，令，解得∴的对称中心是【小问2详解】令由，则，则，所以的值域是.18.如图，在三棱锥中，，点O､M分别是､的中点，底面.

14（1）求证：平面；（2）求直线与平面所成角的大小.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）由题意可得，从而证明，证明，根据线面垂直的判定定理即可证明结论；（2）解法一，求得点A到面的距离就是点B到面的距离，根据线面角的定义即可求得答案;解法二，利用等体积法求得点A到面的高为h，根据根据线面角的定义即可求得答案;解法三，建立空间直角坐标系，求得相关点的坐标，利用向量的夹角公式求得答案.【小问1详解】证明：连接OB,由,O为AC的中点，得，又底面，故,∵点M为的中点，∴,又∵，∴,，故平面.【小问2详解】解法一：由（1）知平面,且,又，面,平面，

15∴面，则点A到面的距离就是点B到面的距离.设直线与平面所成角为，，∴与面所成的角的正弦值为，故与面所成的角的大小为.解法二：设点A到面的高为h，而,由得，则，设直线与平面所成角为，，∴与面所成的角的正弦值为，即所成的角的大小为.解法三：如图，以O为坐标原点，以OB,OC,OS分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，则,则,由（1）可知为平面SOM的一个法向量，

16设直线与平面所成角为，，则,故，即直线与平面所成角为.19.北京2022年冬奥会吉祥物冰墩墩，作为北京冬奥会当之无愧的“顶流”，热度一直未减.自2022年冬奥会开始，一系列冰墩墩特许商品新品开始发售.根据百度网站统计：2022年1月28日至2022年2月22日购买冰墩墩人群分布图如下图.（1）求出频率分布直方图中购买者年龄的众数､平均数；（近似到个位数）（2）若将年龄分别记为A组､B组､C组，用随机抽样的方法从这些人中抽取3人，求这三个人中至少2人在A组的概率.【答案】（1）众数，平均数岁（2）【解析】【分析】（1）由频率分直方图可直接求得众数，按照平均数的估计方法可求得平均数；（2）求出随机抽取1人，则该人来自A组的概率，再根据二项分布的概率计算公式即可求得答案.【小问1详解】由频率分布直方图可知众数为；平均数为（岁）.【小问2详解】由图可知A组､B组､C组的频率分别为，则随机抽取1人，则该人来自A组的概率为，故用随机抽样的方法从这些人中抽取3人，这三个人中至少2人在A组的概率为

17.20.在①，②，③这三个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并加以解答.已知的内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，若___________.（1）求角B；（2）若，点D在外接圆上运动，求的最大值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用正弦定理及三角变换公式可得三个条件下均有.（2）利用数量积的定义可求的最大值.【小问1详解】选①，由正弦定理得，∵，∴，即，∵，∴，∴，∴.选②，∵，，由正弦定理可得，，∴，∵，∴.选③，，由已知结合正弦定理可得，∴，∴，

18∵，∴.【小问2详解】，根据余弦定理，∴，∴外接圆的直径，过作，垂足为，而，若取到最大值，则取最大值，故可设为锐角，故此时，当取最大值时，与圆相切且在的延长线上（如图所示），设此时切点为，垂足为，取的中点E，外接圆圆心为O，连接，，则且，故四边形为矩形，故，故，∴.21.在矩形中，，E为线段的中点，将沿直线翻折成，M为线段的中点.

19（1）求证：平面；（2）当平面平面，求平面和平面夹角的余弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）取的中点F，连接，可证，从而可证平面.（2）取的中点O，连接，取的中点H，过H作于G，连接，可得就是二面角的平面角，利用解直角三角形可求二面角的余弦值.【小问1详解】证明：取的中点F，连接，则,而，故，而，故，故四边形为平行四边形，所以，而平面，平面，故平面【小问2详解】

20取的中点O，连接，取的中点H，则，，因为且E为线段的中点，故即，而，故，而平面平面，平面平面，平面，则面，又，故面，因为面，故，过H作于G，连接，同理.因为平面，故面，而面，故，则就是二面角的平面角.设，则，而，故，同理.故为等腰直角三角形，所以，故，又，故，故，故，而，故，在直角三角形中，，所以.22.已知函数，其中实数.（1）当时，的最小值为2，求实数a的值.（2）记，设，若恒有解，求实数a的取值范围.

21【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）确定的单调性，讨论a的取值范围，根据时，的最小值为2可得a的值；（2）在上恒有解，只需要，分类讨论确定的最小值，解不等式可得答案.【小问1详解】由题意得：，故在单调递增，在单调递减，当时，的最小值为2，∴当时，，解得；当时，，此时无解，综上；【小问2详解】在上恒有解，只需要；当，即时，不成立，当，即时，，①当，即，，

22解得，因此；②当，，，解得，因此，综上.

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