辽宁省铁岭市调兵山市第二高级中学高二上学期期末数学试题

调兵山市第二高级中学20212022学年上学期高二期末考试试卷数学考试时长：120分钟满分：150分一.选择题（共8小题）1.已知全集，集合，，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根据补集定义求出，再根据交集定义即可求出.【详解】，，，，.故选：A.2.复数在复平面内对应的点位于（）A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限【答案】A【解析】【分析】利用复数的乘法化简复数，利用复数的乘法可得出结论.【详解】，因此，复数在复平面内对应的点位于第一象限.故选：A.3.命题“”的否定为（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】根据特称命题的否定是全称命题进行求解即可.【详解】由于特称命题的否定为全称命题，故命题“”的否定为“”故选：A．4.设，，，则，，的大小关系是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根据指对数的性质，即可比较，，的大小.【详解】由，∴.故选：D5.下列函数在定义域上既是奇函数又是减函数是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根据函数的单调性和奇偶性确定正确答案.【详解】的定义域为，由在上递增，在上递减，可得在上递增，不符题意；为奇函数，但在上递增，不符题意；为奇函数，在，均为减函数，不符题意；的定义域为，，为奇函数，当时，递减，所以在上递减，符合题意.故选：D6.已知向量，且，则（）A. B. C. D.5【答案】B【解析】【分析】根据向量共线求出参数，从而求出的坐标，再根据向量模的坐标表示，计算可得；【详解】解：因为，且，所以，所以所以所以故选：B【点睛】本题考查平面向量共线的坐标表示，以及向量模的运算，属于基础题.7.已知函数，若，则的值是（）A.3或 B.或5 C. D.3或或5【答案】B【解析】【分析】根据分段函数的解析式，分类讨论的范围，得到方程，解出即可.【详解】若，则方程可化为，∴或（舍去）；若，则方程可化为∴，综上可得，或，故选：B.8.抛物线上一点到其焦点的距离为3，则抛物线的方程为（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】根据给定条件确定p>0，写出抛物线准线方程，利用定义求出p即得.【详解】因抛物线上一点到其焦点的距离为3，则p>0，抛物线准线方程为，由抛物线定义得：，解得，所以抛物线的方程为：.故选：B二.多选题（共4小题）9.有两位射击运动员在一次射击测试中各射靶次，每次命中的环数如下：甲乙在这次射击中，下列说法正确的是（）A.甲成绩的极差比乙成绩的极差大 B.甲成绩的众数比乙成绩的众数大C.甲的成绩没有乙的成绩稳定 D.甲成绩的中位数比乙成绩的中位数大【答案】AC【解析】【分析】利用极差的定义可判断A选项的正误；利用众数的定义可判断B选项的正误；利用平均数和方差可判断C选项的正误；利用中位数的定义可判断D选项的正误.【详解】由题意可知，对于选项A，甲成绩的极差为，乙成绩的极差为，所以甲成绩的极差比乙成绩的极差大，故选项A正确；对于选项B，甲成绩的众数为，乙成绩的众数为，所以选项B错误；对于选项C，甲成绩的平均数为，方差为，乙成绩的平均数为，方差为，则甲成绩的方差小于乙成绩的方差，即甲的成绩没有乙的成绩稳定，故选项C正确；对于选项D，甲成绩的中位数为，乙成绩的中位数为，故选项D错误.故选：AC.10.若非零实数满足，则下列不等式不一定成立的是（）A. B. C. D.【答案】ABD【解析】【分析】通过代特殊值，或是根据做差法，判断选项.【详解】A.当时，不等式不成立，故A正确；B.当时，不成立，故B正确；C.因为是非零实数，且满足，所以一定成立，故C错误；D.，因为，所以，但可能是正数，负数，或零，所以不一定成立，故D正确.故选：ABD11.下列结论正确的是（）A.在中，若，则B.在锐角三角形中，不等式恒成立C.在中，若，则是直角三角形D.在中，若，三角形面积，则三角形的外接圆半径为【答案】ABC【解析】【分析】利用三角形“大角对长边”和正弦定理即可判断A；利用余弦定理，即可判断B；首先利用正弦定理得到，即可求出判断C；对选项D，首先利用面积公式得到，利用余弦定理得到，再利用正弦定理即可判断D.【详解】对于A，在中，由，利用正弦定理得，故A正确.对于B，由锐角三角形知，则，，故B正确.对于C，由，利用正弦定理得，即，故，即，则是直角三角形，故C正确.对于D，，解得，利用余弦定理知，所以，又因为，，故D错误.故选：ABC【点睛】关键点点睛：本题主要考查正弦定理和余弦定理的综合应用，熟练掌握公式为解题的关键，属于中档题.12.已知直线：和圆：，则（）A.直线恒过定点B.若，则直线被圆截得的弦长为C.存在使得直线与直线：垂直D.直线与圆相交【答案】CD【解析】【分析】将直线整理为，再结合点斜式方程即可判断A，再根据直线过定点可判断D选项，利用几何法求弦长判断B选项，根据直线垂直的关系求解判断C选项.【详解】解：对于A选项，直线：整理得，故直线过定点，故A选项错误；对于B选项，当时，直线：，此时圆：的圆心到直线的距离为，故直线被圆截得的弦长为，故B选项错误；对于C选项，当直线与直线：垂直，则，故存在满足条件，故C选项正确；对于D选项，由于点在圆内，故直线与圆相交，故D选项正确.故选：CD三.填空题（共4小题）13.计算的结果是_____________．【答案】.【解析】【分析】根据对数的运算公式，即可求解.【详解】根据对数的运算公式，可得.故答案为：.14.已知直线的倾斜角是，且过点，则直线在y轴上的截距是______.【答案】【解析】【分析】先求出斜率，利用点斜式写出直线方程，再得到纵截距.【详解】直线的倾斜角是，且过点，所以斜率为故直线的方程为，整理得，所以直线在y轴上的截距为.故答案为：.15.某道多项选择题有4个选项，其中只有2个选项是正确的，小张同学决定随机选出2个选项，则小张同学刚好选对全部选项的概率为______．【答案】【解析】【分析】用列举法和古典概型概率计算公式可得答案.【详解】设四个选项分别为，，，，则从4个选项中选出2个选项，有，，，，，共六种选法，其中满足条件的选法只有一种，故.故答案为：.16.如图，在棱长为1的正方体中，点分别是棱的中点，是侧面内一点，若平面，则下列说法正确的是__________.①线段的最大值是②③与一定异面④三棱锥的体积为定值【答案】①④【解析】【分析】过点作出与平面平行的平面，找出其与面的交线，从而确定点在线段上.选项①中线段的最大值可直接得到为；选项②通过建系求向量数量积来说明与平面不垂直，从而不一定成立；选项③通过构造平面来确定位置关系；选项④通过证明平面，来说明三棱锥即的体积为定值.【详解】如图，延长至，使得，则有取的中点，连接，则有，连接并延长交于点，则点为的中点.因为，平面，平面所以平面同理可得平面.又，在平面内，且相交于点，所以平面平面.故点在线段上.由图知，，故选项①正确；以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系.则，，，，.，，.因为，所以与不垂直，而点在线段上，所以条件不一定成立，故选项②错误；如图，连接，，，则有，且，故四边形为梯形，与为相交直线，故选项③错误；因为点，分别为，的中点，所以.又平面，平面，所以平面.故线段上的点到平面的距离都相等.又点在线段上，所以三棱锥的体积为定值，即三棱锥的体积为定值，故选项④正确.故答案为：①④.【点睛】立体几何问题中与动点相关问题，可以从一下几点考虑：(1)先作辅助线，找出动点所在的线段或轨迹.(2)判断与动点相关的条件是否成立常需结合动点所在的线段或轨迹，利用线线、线面、面面位置关系求解，或线线、线面、面面位置关系的判定或性质求解，或建立空间直角坐标系利用向量法求解.四.解答题（共6小题）17.已知函数.（1）求函数的最小正周期；（2）求该函数的单调递增区间；（3）求函数在区间上的最小值和最大值.【答案】（1）（2）（3）最小值为0，最大值为3【解析】【分析】（1）利用三角恒等变换公式求出函数的解析式，即可求最小正周期；（2）利用三角函数的单调区间的求法求解；（3）根据三角函数的图象性质求区间上的最值.【小问1详解】，所以函数的最小正周期.【小问2详解】令，则，故该函数的单调递增区间.【小问3详解】因为，所以，当，即时，；当，即时，，故函数在区间上的最小值为0，最大值为3.18.某城市一入城交通路段限速50公里/小时，现对某时段通过该交通路段的n辆小汽车车速进行统计，并绘制成频率分布直方图（如图）.若这n辆小汽车中，速度在40~50公里/小时之间的车辆有150辆.（1）求n的值；（2）估计这n辆小汽车车速的中位数；（3）根据交通法规定，小车超速在规定时速10%以内（含10%）不罚款，超过时速规定10%以上，需要罚款.试根据频率分布直方图，估计某辆小汽车在该路段被罚款的概率.【答案】（1）；（2）46；（3）.【解析】【分析】（1）解方程即得解；（2）设这辆小汽车车速的中位数为，解方程即得解.（3）这500辆小车中，有辆小车超速以上，即可可以估计某辆小汽车在该路段被罚款的概率.【小问1详解】解：由直方图可知，车速在公里/小时之间的频率为，所以，得.【小问2详解】解：设这辆小汽车车速的中位数为，则，解得，所以可以估计这辆小汽车车速的中位数为46.【小问3详解】解：由交通法规可知，小车速度在55公里/小时以上需要罚款，由直方图可知，小车速度在公里/小时之间的有辆，由统计的有关知识，可以认为车速在公里/小时之间的小车有70辆.又小车速度在公里/小时之间的有辆，所以这500辆小车中，有辆小车超速以上，故可以估计某辆小汽车在该路段被罚款的概率为.19.如图，四棱锥中，PD⊥平面ABCD，底面ABCD是正方形，，E为PC中点．（1）求证：DE⊥平面PCB；（2）求二面角的余弦值．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）根据条件先证BC⊥平面PCD，得到BC⊥DE，再由DEPC，即可证明DE⊥平面PCB.（2）以点D为坐标原点，分别以直线DA，DC，DP为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，分别求出平面BDE，平面PDB的法向量，即可求得二面角的余弦值.【小问1详解】证明:PD⊥平面ABCD，∴PD⊥BC，又∵正方形ABCD中，CDBC，PDCD＝D，∴BC⊥平面PCD，又∵DE平面PCD，∴BC⊥DE，∵PD＝CD，E是PC的中点，DEPC，PCBC＝C，且面，面∴DE⊥平面PCB【小问2详解】以点D为坐标原点，分别以直线DA，DC，DP为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，由题意知：则，设平面BDE的法向量为，则，令，得到，又，则，且AC⊥平面PDB，∴平面PDB的一个法向量为，设二面角的平面角为，则，所以二面角的余弦值为．20.在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知.（1）求角C的大小；（2）若的面积为6，求边长c的值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用正弦定理化简即得解；（2）先利用面积求出，再利用余弦定理求解.【小问1详解】解：由已知及正弦定理得.∵，∴.∴，即.又，∴.【小问2详解】解：∵，∴.∴，解得.21.已知分别是椭圆的的左、右焦点，，点在椭圆上且满足.（1）求椭圆方程；（2）斜率为的直线与椭圆相交于两点，若的面积为，求直线的方程.【答案】（1）（2）或【解析】【分析】（1）根据焦点坐标求出c，进而根据椭圆定义求出a，然后求出b，最后求得答案；（2）设直线方程为，，直线与轴交于点，则，将直线方程代入椭圆方程并化简，进而结合根与系数的关系求得答案.【小问1详解】由题意，，所以，所以椭圆的方程为.【小问2详解】设直线的方程为，，由得：，则即：..设直线与轴交于点，则所以的面积为，化简得：解得：所以.直线的方程为或.22.已知定义域为的函数是奇函数.（1）求的值；（2）证明：函数在上是增函数；（3）若对任意，不等式恒成立，求实