2021-2022学年贵州省高二下学期7月高中学业水平考试数学试题（解析版）

这是一份2021-2022学年贵州省高二下学期7月高中学业水平考试数学试题（解析版），共16页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1．已知集合，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】直接由交集的概念求解即可.
【详解】由得，.
故选：A.
2．函数的定义域为（ ）
A．B．C．D．R
【答案】C
【分析】直接由定义域的概念求解即可.
【详解】由题意得，函数的定义域为.
故选：C.
3．计算的值为（ ）
A．2B．4C．8D．16
【答案】C
【分析】直接由指数运算求解即可.
【详解】.
故选：C.
4．已知向量，则（ ）
A．（2，0）B．（0，1）C．（2，1）D．（4，1）
【答案】A
【分析】利用向量减法的坐标运算法则直接求解
【详解】因为，
所以，
故选：A
5．设数列满足，则（ ）
A．0B．4C．5D．8
【答案】B
【分析】由递推关系式直接求即可.
【详解】由题意得：.
故选：B.
6．如图，在正方体中，直线与的位置关系是（ ）
A．相交B．平行C．异面不垂直D．异面垂直
【答案】B
【分析】先证明出四边形为平行四边形，即可得到.
【详解】在正方体中，且，
所以四边形为平行四边形，
所以.
故选：B
7．（ ）
A．4B．3C．2D．1
【答案】D
【分析】根据对数的运算法则计算可得.
【详解】解：.
故选：D
8．直线与直线的交点坐标为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】直接解方程求出两直线交点坐标即可.
【详解】由解得，则直线与直线的交点坐标为.
故选：A.
9．某几何体三视图如图所示，则它对应的几何体是（ ）
A．球B．圆柱C．圆锥D．圆台
【答案】D
【分析】直接由三视图结合圆台的结构特征求解即可.
【详解】由三视图可知，对应的几何体是圆台.
故选：D.
10．函数的单调递增区间是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】直接由二次函数的单调性求解即可.
【详解】由知，函数为开口向上，对称轴为的二次函数，则单调递增区间是.
故选：B.
11．某班有男生25人，女生15人，现用分层抽样的方法从该班抽取8人参加志愿者活动，则应抽取的女生人数为（ ）
A．2B．3C．4D．6
【答案】B
【分析】根据分层抽样的概念及计算方法，即可求解.
【详解】由题意，某班有男生25人，女生15人，用分层抽样的方法从该班抽取8人参加志愿者活动，
所以应抽取的女生人数为人.
故选：B.
12．如图所示茎叶图表示的数据中，中位数是（ ）
A．30B．32C．35D．39
【答案】C
【分析】根据茎叶图将数据从小到大依次排列，即可得到其中位数.
【详解】解：由茎叶图可知这组数据从小到大依次为：、、、、、、，
所以中位数为；
故选：C
13．直线的倾斜角为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由倾斜角的定义直接求解即可.
【详解】因为直线的倾斜角正切值为1，所以倾斜角为.
故选：A.
14．已知函数为偶函数，且，则（ ）
A．1B．3C．4D．7
【答案】C
【分析】直接由偶函数求函数值即可.
【详解】由偶函数的性质得.
故选：C.
15．如图，在一个五等分的圆盘内随机取一点，则点取自阴影部分的概率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】直接由几何概型求解即可.
【详解】由几何概型得点取自阴影部分的概率为.
故选：D.
16．圆心在坐标原点，半径为2的圆的标准方程是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】直接写出标准方程，即可得到答案.
【详解】圆心在坐标原点，半径为2的圆的标准方程为.
故选：B
17．某校高一年级一次数学考试成绩（单位：分）的频率分布直方图如图所示，估计该次考试成绩的众数为（ ）
A．65B．75C．85D．95
【答案】C
【分析】根据众数的定义求解即可
【详解】由频率分布直方图可知考试成绩在80到90的最多，
所以该次考试成绩的众数为85，
故选：C
18．函数的最小正周期是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据三角函数最小正周期的计算公式，即可求解.
【详解】由题意，函数
根据正弦型函数的周期的计算公式，可得函数的最小正周期为.
故选：C.
19．根据如图所示程序框图，若输入m的值是－4，则输出T的值是（ ）
A．－3B．－5C．2D．5
【答案】C
【分析】根据给定的程序可图，准确计算，即可求解.
【详解】根据给定的程序可图，可得：
输入，得到，，输出结果.
故选：C.
20．已知实数x，y满足约束条件则实数对（x，y）可以是（ ）
A．（0，0）B．（－1，1）C．（1，2）D．（2，2）
【答案】A
【分析】根据题意，依次代入各选项即可得答案.
【详解】解：对于A选项，代入验证满足;
对于B选项，横坐标，不满足；
对于C选项，，不满足；
对于D选项，，不满足.
故选：A.
21．若角是锐角，且，则（ ）
A．B．－C．－D．
【答案】D
【分析】根据三角函数的基本关系式，准确运算，即可求解.
【详解】因为，可得，
又因为角是锐角，可得，所以.
故选：D.
22．不等式的解集是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】直接解不等式即可求解.
【详解】由得，解得，即解集为.
故选：C.
23．如图，在平行四边形ABCD中，（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】直接由平面向量加法的平行四边形法则求解即可.
【详解】由题意得，.
故选：B.
24．下列关于y与x的回归直线方程中，变量成正相关关系的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】根据选项中的回归直线方程，求得回归系数，结合回归系数的含义，即可求解.
【详解】对于A中，由方程，可得，所以变量成负相关关系；
对于B中，由方程，可得，所以变量成正相关关系；
对于C中，由方程，可得，所以变量成负相关关系；
对于D中，由方程，可得，所以变量成负相关关系；
故选：B.
25．已知，则下列不等关系中一定成立的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】利用不等式的性质判断A，利用特殊值判断B、C、D；
【详解】解：因为，所以，故A正确；
对于B：当时，故B错误；
对于C：当，，显然满足，但是，故C错误；
对于D：当，，显然满足，但是，故D错误；
故选：A
26．同时抛掷两枚硬币，则两枚硬币都是“正面向上”的概率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据题意将所有的实验情况一一列举出来，再将符合题意的情况一一列举，根据古典概型，可得答案.
【详解】同时抛掷两枚硬币的所有实验情况为：（正，正），（正，反），（反，正），（反，反），
两枚硬币都是“正面向上”的实验情况为（正，正），
根据古典概型，概率为，
故选：A.
27．函数的图象大致为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】首先得到函数的定义域，再判断函数的奇偶性，最后根据幂函数的性质判断即可；
【详解】解：因为，即，定义域为，且，
即为奇函数，又由幂函数的性质可知在上单调递减，
所以在上单调递减，故符合题意的只有C；
故选：C
28．记的内角的对边分别为，若，，则（ ）
A．B．C．2D．
【答案】D
【分析】先求得，再由正弦定理求解即可.
【详解】由，，可得，由正弦定理可得，即.
故选：D.
29．＝（ ）
A．0B．C．D．1
【答案】D
【分析】直接利用两角和的正弦公式即可计算.
【详解】.
故选：D
30．已知直线，．若，则实数的值为（ ）
A．B．C．1D．2
【答案】D
【分析】直接由两直线平行公式求解即可.
【详解】由题意得，，解得.经验证符合题意.
故选：D.
31．若角的终边在直线上，则＝（ ）
A．B．－C．D．－
【答案】A
【详解】角的终边在直线上，不妨设角的终边上一点的坐标为，则.
所以.
故选：A
32．给出下列几种变换：
①横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变． ②向左平移个单位长度．
③横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变． ④向左平移个单位长度．
则由函数的图象得到的图象，可以实施的变换方案是（ ）
A．①→②B．①→④C．③→②D．③→④
【答案】D
【分析】由三角函数的平移和伸缩变化即可得出答案.
【详解】的图象得到的图象，有如下两个方法，
第一种：向左平移个单位得到，再横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变得到，即②→③.
第二种，横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变得到，再向左平移个单位长度得到，即③→④.
故选：D.
33．已知圆关于直线对称，，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】先由直线过圆心求得，再由结合基本不等式求得最小值即可.
【详解】由题意知，直线过圆心，则，即，又，
则，当且仅当，
即时取等，则的最小值为.
故选：A.
34．记函数的两个零点为，，若，则下列关系正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】将题设转化为的两根为，，再由韦达定理求解即可.
【详解】由整理得，
则的两根为，，则，
又，则，则.
故选：B.
35．已知平面向量满足，则的最小值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】先设，由设在直线上，由得，进而得出在以为圆心，1为半径的圆上，将的最小值转化为圆上点到直线上点距离的最小值即可求解.
【详解】
建立平面直角坐标系，设，由，不妨设，
又，不妨设在直线上，又可得，即，
则，设，则，则，即，则在以为圆心，1为半径的圆上；
又，则的最小值等价于的最小值，即以为圆心，1为半径的圆上一点
到直线上一点距离的最小值，即圆心到直线的距离减去半径，即，则的最小值是.
故选：D.
【点睛】本题关键点在于建立坐标系后设，由得出在直线上，再由得在以为圆心，1为半径的圆上，进而转化为圆上点到直线上点距离的最小值求解即可.
二、填空题
36．函数的最大值是___．
【答案】.
【分析】根据正弦函数的图象与性质，得到，即可求解.
【详解】由正弦函数的图象与性质，可得，
所以函数的最大值为.
故答案为：.
37．已知等比数列{}中，，则{}的公比q＝___．
【答案】2
【分析】由定义直接求出公比.
【详解】因为在等比数列{}中，，
所以{}的公比q＝.
故答案为：2
38．已知长方体的三条棱长分别为1，，，则该长方体外接球的表面积为___．（结果用含的式子表示）
【答案】
【分析】先由体对角线求得外接球半径，再由球的表面积公式求解即可.
【详解】由题意得，长方体的体对角线即为外接球直径，设外接球半径为，则，则外接球的表面积为.
故答案为：.
39．已知的外接圆半径为，边所对圆心角为，则面积的最大值为___．
【答案】
【分析】设外接圆的圆心为，过点作，交于点，依题意可得，再利用勾股定理求出，再求出点到的距离最大值，即可求出面积最大值；
【详解】解：如图设外接圆的圆心为，过点作，交于点，
依题意，，
所以，，
要使的面积最大，即点到的距离最大，显然点到的距离，
所以
故答案为：
40．已知定义在R上的函数f（x）同时满足以下两个条件：
①对任意，把有；②对任意，都有．
则不等式的解集为___．
【答案】
【分析】根据，变形，可构造，根据题意，可得函数的奇偶性和单调性，由此，解不等式，可得答案.
【详解】由，可得：，
令，则，即函数为偶函数，
因为对任意，都有，
所以函数在上单调递增，即函数在上单调递增，
由，得，
即，因为函数为偶函数，所以
则，，，解得或，
故答案为：.
三、解答题
41．已知函数
(1)求的值；
(2)若，求x的值．
【答案】(1)5
(2)或
【分析】（1）直接代入即可得出答案.
（2）分和两种情况代入，即可求出x的值.
【详解】(1).
(2)当时，，解得：，满足题意.
当时，，解得：，满足题意.
所以或.
42．如图，直三棱柱中，，M为棱上一点．
(1)求三棱锥的体积；
(2)求证：．
【答案】(1)；
(2)证明见解析
【分析】（1）先由题意得平面，再由棱锥体积公式求解即可；
（2）由及证得平面，即可证得.
（1）由直三棱柱可得平面，又，可得，则；
（2）由题意得，平面，平面，则，又，，平面，则平面，又平面，则.
43．已知是公差不为0的等差数列，为的前n项和，且，，，成等比数列．
(1)求的通项公式；
(2)已知，若对任意恒成立，求m的最小值．
【答案】(1)；
(2)3
【分析】（1）由及得到关于首项和公差的方程组，解出首项和公差，再由等差数列通项公式求解即可；
（2）先由等差数列求和公式得，再由放缩得时，，由裂项相消求和得，即可求得m的最小值.
【详解】(1)设的公差为，则①，又，即②，
联立①②解得，则；
(2)由（1）得，则，则，时，，
则时，，时，，
又对任意恒成立，则，又，则m的最小值为3.