2021-2022學(xué)年浙江省紹興市諸暨市高二年級(jí)下冊(cè)學(xué)期學(xué)考模擬（六）數(shù)學(xué)試題【含答案】

1、2021-2022學(xué)年浙江省紹興市諸暨市高二下學(xué)期學(xué)考模擬（六）數(shù)學(xué)試題一、單選題1已知全集，若，則（）ABCDC【分析】根據(jù)補(bǔ)集的概念即可求得答案.【詳解】由題意得全集，若，則，故選:C2函數(shù)的定義域是（）ABCDB【分析】求定義域問(wèn)題，要保證式子有意義，分母不等于0，開偶次方被開方數(shù)不小于0.【詳解】因?yàn)?，所以要使式子有意義，則 ，解得，即.所以函數(shù)的定義域是.故A，C，D錯(cuò)誤.故選：B.3下列函數(shù)是偶函數(shù)的是（）ABCDA【分析】根據(jù)函數(shù)的奇偶性的定義結(jié)合具體函數(shù)的奇偶性，即可判斷答案.【詳解】對(duì)于A, ,故是偶函數(shù),A正確；對(duì)于B，是奇函數(shù)，B錯(cuò)誤；對(duì)于C，為非奇非偶函數(shù)，C錯(cuò)誤；對(duì)于

2、D，為非奇非偶函數(shù)，D錯(cuò)誤；故選：A4（）ABCDB利用對(duì)數(shù)的運(yùn)算性質(zhì)計(jì)算即可得答案.【詳解】.故選：B.5復(fù)數(shù)的虛部是（）ABCDB【分析】結(jié)合復(fù)數(shù)的除法運(yùn)算求出復(fù)數(shù)，進(jìn)而可以求出結(jié)果.【詳解】，所以復(fù)數(shù)的虛部是，故選：B.6（）ABCDA【分析】直接利用余弦二倍角公式計(jì)算可得答案.【詳解】.故選：A.7命題“，”的否定為（）A，B，C，D，C【分析】根據(jù)全稱命題的否定為特稱命題即得.【詳解】全稱命題的否定為特稱命題,“，”的否定為“，”.故選：C.8在中，若點(diǎn)滿足，則（）ABCDA【分析】利用向量加減法公式，化簡(jiǎn)已知條件，即可判斷結(jié)果.【詳解】由條件可知，得.故選：A9設(shè)，則“”是“”的（

3、）條件A充分不必要B必要不充分C充要D既不充分也不必要B【分析】根據(jù)充分條件、必要條件的定義判斷即可求解.【詳解】解：因?yàn)?，故由可得或，由，可得，故“”是“”必要不充分條件.故選：B.10已知的三個(gè)內(nèi)角所對(duì)的三條邊為，若，則（）ABCDC【分析】根據(jù)，確定三內(nèi)角的度數(shù)，根據(jù)正弦定理即可求得答案.【詳解】由題意得的三個(gè)內(nèi)角，故，由正弦定理得：,故選：C11拋擲兩枚質(zhì)地均勻的硬幣，設(shè)事件“第一枚硬幣正面朝上”，事件“第二枚硬幣反面朝上”，則下列結(jié)論中正確的為（）A與互為對(duì)立事件B與互斥C與相等D與互為獨(dú)立事件D【分析】利用互斥事件，對(duì)立事件與對(duì)立事件的定義分析判斷即可【詳解】因?yàn)閽仈S兩枚質(zhì)地均勻的

4、硬幣包含：第一枚硬幣正面朝上第二枚硬幣正面朝上；第一枚硬幣正面朝上第二枚硬幣反面朝上；第一枚硬幣反面朝上第二枚硬幣正面朝上；第一枚硬幣反面朝上第二枚硬幣反面朝上，共4種情況.其中事件包含第一枚硬幣正面朝上第二枚硬幣正面朝上，第一枚硬幣正面朝上第二枚硬幣反面朝上2種情況，事件包含第一枚硬幣正面朝上第二枚硬幣反面朝上，第一枚硬幣反面朝上第二枚硬幣反面朝上2種情況，所以與不互斥，也不對(duì)立，也不相等，且發(fā)生互不影響，故D正確.所以ABC錯(cuò)誤，D正確，故選：D12函數(shù)的圖象大致是（）ABCDA【分析】判斷函數(shù)的奇偶性，可判斷C,D的正誤；利用在之間的函數(shù)零點(diǎn)的個(gè)數(shù)即可判斷A,B的正誤.【詳解】設(shè)，則，故

5、為奇函數(shù)，故C,D錯(cuò)誤；而令時(shí)，在之間的函數(shù)零點(diǎn)有兩個(gè)，故B錯(cuò)誤，故選：A13某公司位員工的月工資（單位：元）為，其均值和方差分別為和，若從下月起每位員工的月工資增加元，則這位員工下月工資的均值和方差分別為A，B，C，D，D【詳解】試題分析：均值為;方差為,故選D.數(shù)據(jù)樣本的均值與方差.14已知正實(shí)數(shù)，且，則 的最小值是（）ABCDC【分析】將變?yōu)?，即可得，因此將變?yōu)?，結(jié)合基本不等式即可求得答案.【詳解】因?yàn)檎龑?shí)數(shù)，故，所以，故，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)取得等號(hào)，故選：C15已知， ，向量滿足，則的取值范圍是（）ABCDB【分析】由題意可得，故建立坐標(biāo)系，確定向量的坐標(biāo)，根據(jù)結(jié)合幾何意義確定動(dòng)點(diǎn)的軌跡方程，

6、利用圓的相關(guān)知識(shí)解決問(wèn)題.【詳解】由題意，得：，即有，如圖示，設(shè)，故不妨設(shè)，則，則 ，設(shè)，則 ，因?yàn)?，故可得，所以C點(diǎn)在以AB為直徑的圓上運(yùn)動(dòng)，在中， ,AB的中點(diǎn)為 ，則以AB為直徑的圓的方程為 ，故的最大值為，最小值為，即的取值范圍是，故選：B本題考查了向量的數(shù)量積的運(yùn)算以及向量的模的應(yīng)用，綜合性較強(qiáng)，解答時(shí)要能根據(jù)條件靈活轉(zhuǎn)化，建立坐標(biāo)系，結(jié)合幾何意義解決問(wèn)題，本題的關(guān)鍵就在于將問(wèn)題轉(zhuǎn)化為圓上的點(diǎn)到原點(diǎn)的距離的最值問(wèn)題.二、多選題16如圖是某班50名學(xué)生期中數(shù)學(xué)成績(jī)的頻率分布直方圖，其中成績(jī)分組區(qū)間是40，50)，50，60)，60，70)，70，80)，80，90)，90，100，則下

7、列說(shuō)法正確的是（）A圖中的的值為B該班名學(xué)生期中數(shù)學(xué)成績(jī)的眾數(shù)是C該班名學(xué)生期中數(shù)學(xué)成績(jī)的中位數(shù)是D該班名學(xué)生期中數(shù)學(xué)的平均分是75AB【分析】根據(jù)頻率值和為1，求得x，可判斷A;根據(jù)頻率分布直方圖中眾數(shù)、中位數(shù)、平均數(shù)的估計(jì)方法計(jì)算它們的值，可判斷B,C,D.【詳解】由頻率分布直方圖可得： ，解得 ，A正確；由于70，80)這一組的頻率最大，故數(shù)學(xué)成績(jī)的眾數(shù)是，B正確；前三組的相應(yīng)矩形面積之和為 ，故設(shè)中位數(shù)為x，則，解得,C錯(cuò)誤；該班名學(xué)生期中數(shù)學(xué)的平均分是，D錯(cuò)誤，故選：AB17將函數(shù)的圖象向左平移個(gè)單位得到函數(shù)，則下列說(shuō)法正確的是（）A的周期為B的一條對(duì)稱軸為C是奇函數(shù)D在區(qū)間上單調(diào)遞

8、增AD【分析】求出，A. 的最小正周期為，所以該選項(xiàng)正確；B. 函數(shù)圖象的對(duì)稱軸是，所以該選項(xiàng)錯(cuò)誤；C.函數(shù)不是奇函數(shù)，所以該選項(xiàng)錯(cuò)誤； D. 求出在區(qū)間上單調(diào)遞增，所以該選項(xiàng)正確.【詳解】解：將函數(shù)的圖象向左平移個(gè)單位得到函數(shù).A. 的最小正周期為，所以該選項(xiàng)正確；B. 令，函數(shù)圖象的對(duì)稱軸不可能是，所以該選項(xiàng)錯(cuò)誤；C. 由于，所以函數(shù)不是奇函數(shù)，所以該選項(xiàng)錯(cuò)誤；D. 令，當(dāng)時(shí)，所以在區(qū)間上單調(diào)遞增，所以該選項(xiàng)正確.故選：AD18(多選題)如圖，在棱長(zhǎng)為1的正方體中，P為棱CC1上的動(dòng)點(diǎn)(點(diǎn)P不與點(diǎn)C，C1重合)，過(guò)點(diǎn)P作平面分別與棱BC，CD交于M，N兩點(diǎn)，若CPCMCN，則下列說(shuō)法正確的

9、是（ ）AA1C平面B存在點(diǎn)P，使得AC1平面C存在點(diǎn)P，使得點(diǎn)A1到平面的距離為D用過(guò)點(diǎn)P，M，D1的平面去截正方體，得到的截面一定是梯形ACD【分析】連接，首先證明平面，然后由平面可判斷A，由平面可判斷B，由點(diǎn)A1到平面的距離的取值范圍為可判斷C，過(guò)點(diǎn)P，M，D1的平面去截正方體得到的截面是四邊形，可判斷D.【詳解】連接因?yàn)?，所以，所以又平面，平面，所以平面同理可證，平面又，、平面，所以平面平面易證平面，所以平面，A正確又平面，所以與平交，不存在點(diǎn)P，使得平面，B不正確.因?yàn)椋c(diǎn)到平面的距離為所以點(diǎn)A1到平面的距離的取值范圍為又，所以存在點(diǎn)P，使得點(diǎn)A1到平面的距離為，C正確.因?yàn)?，所以?/p>

10、所以用過(guò)點(diǎn)P，M，D1的平面去截正方體得到的截面是四邊形又，且，所以截面為梯形，D正確故選：ACD三、填空題19已知為第三象限角，且，則_.【分析】根據(jù)同角三角函數(shù)基本關(guān)系式列式，即可求解.【詳解】由條件可知，且為第三象限角，解得：，.故20已知平面向量滿足，則_.根據(jù)，由求解.【詳解】因?yàn)?，所以，?1九章算術(shù)中，將四個(gè)面都為直角三角形的三棱錐稱之為鱉臑若三棱錐PABC為鱉臑，PA平面ABC，PAAB2，AC4，三棱錐PABC的四個(gè)頂點(diǎn)都在球O的球面上，則球O的表面積為_【分析】先分析出三棱錐PABC的外接球就是一個(gè)長(zhǎng)方體的外接球，直接求出長(zhǎng)方體體對(duì)角線長(zhǎng)，即可求解.【詳解】將三棱錐PABC

11、放入一個(gè)長(zhǎng)方體中，如圖所示： 則三棱錐PABC的外接球即為該長(zhǎng)方體的外接球，因?yàn)镻AAB2，AC4，故，設(shè)外接球的半徑為，則，故外接球的表面積為.故答案為.22已知函數(shù)，若方程恰有個(gè)不同的實(shí)根，則實(shí)數(shù)的取值范圍是_.【分析】作出函數(shù)的圖象得出在時(shí)有4個(gè)不等實(shí)根，因此換元后二次方程在上有兩個(gè)不等的實(shí)根，由一元二次方程根的分布知識(shí)求解可得【詳解】作出函數(shù)的圖象，如圖所示，在時(shí)，有4個(gè)不同的實(shí)根，令，則方程化為，原方程有8個(gè)不同的實(shí)根，則方程在上有兩個(gè)不等的實(shí)根，記，由，解得故四、解答題23在中，角所對(duì)的邊分別為，且.(1)求角的大??；(2)設(shè)，從下面兩個(gè)條件中選擇一個(gè)，求的周長(zhǎng).；的面積為.(1)

12、(2)選條件，選條件【分析】（1）根據(jù)正弦定理邊化角化簡(jiǎn)可得，即可求得而答案；（2）選，利用正弦定理可得，結(jié)合余弦定理求得 ，即可求得 ，從而求得三角形周長(zhǎng)；選，根據(jù)三角形面積公式求得 ，結(jié)合余弦定理即可求得 ，從而求得三角形周長(zhǎng)；（1）由可得,即，由于,故，而，故；（2）選，所以 ，故 ，故的周長(zhǎng)為.選的面積為，則,則，故 ，故的周長(zhǎng)為.24如圖在四棱錐中，底面是邊長(zhǎng)的正方形，側(cè)面底面，且，設(shè)，分別為，的中點(diǎn).(1)求證：平面；(2)求與平面所成角的大小.(1)證明見解析(2)【分析】（1）連接，可知為的中點(diǎn)，利用中位線的性質(zhì)可得出，再利用線面平行的判定定理可證得結(jié)論成立；（2）由面面垂直的性質(zhì)定理可得出平面，可得出，利用勾股定理可證得，再由線面垂直的判定定理得平面，可得即為與平面所成的角，在中，設(shè)，求出可得答案.（1）連接，因?yàn)樗倪呅螢檎叫?，且為的中點(diǎn)，所以為的中點(diǎn)，又因?yàn)闉榈闹悬c(diǎn)，則，平面，平面，平面.（2）因?yàn)樗倪呅螢檎叫?，則，因?yàn)槠矫嫫矫?，平面平面，平面，平面，平面，又，所以，?又，平面，所以平面，所以即為與平面所成的角，設(shè)，則，在中，所以，因?yàn)?，所以，即與平面所成的角為.25已知函數(shù) （）.(1)若，求函數(shù)在上的最小值；(2)若，且不等式在上恒成立，求實(shí)數(shù)的取值范