2022-2023学年浙江省丽水市高二下学期期末数学试题含答案

这是一份2022-2023学年浙江省丽水市高二下学期期末数学试题含答案，共23页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年浙江省丽水市高二下学期期末数学试题 一、单选题1．已知集合，，则（    ）．A． B． C． D．【答案】D【分析】根据交集定义直接得结果.【详解】，故选：D.【点睛】本题考查集合交集概念，考查基本分析求解能力，属基础题.2．在中，角所对的边分别为，已知，，，则角（    ）A． B．C．或 D．或【答案】A【分析】根据正弦定理即可得出，然后根据边的大小关系，即可得出答案.【详解】根据正弦定理可得，.又，所以，所以.故选：A.3．已知，则“”是“”的（    ）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．既不充分也不必要条件 D．充要条件【答案】C【分析】取特殊值，即可得出充分性以及必要性都不成立，即可得出答案.【详解】取，可知，但是，所以，由推不出；取，，可知，但是，所以，由推不出.所以，“”是“”的既不充分也不必要条件.故选：C.4．在平面直角坐标系中，角的顶点在坐标原点，始边与轴的非负半轴重合，角的终边与圆心在坐标原点的单位圆交于点，则（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】由已知根据三角函数的定义得出的值，根据二倍角公式，即可得出答案.【详解】由已知可得，，，所以，.故选：D.5．已知函数是奇函数，是偶函数，当时，，则下列选项不正确的是（    ）A．在区间上单调递减B．的图象关于直线对称C．的最大值是1D．当时恒有【答案】B【分析】根据已知结合函数图象平移伸缩变换可得，所以的图象关于点对称，的图象关于直线对称，进而得出周期为4.根据在上的解析式，结合函数的对称性可得出在上的解析式以及单调性，根据对称性即可得出A项；求出在上的值域，根据对称性即可得出C、D项.【详解】因为函数是奇函数，所以的图象关于点对称，所以的图象关于点对称，所以，；因为是偶函数，所以的图象关于直线对称，所以，.所以，，所以周期为4.对于A项，因为的图象关于点对称，的图象关于直线对称，所以也是的对称中心.因为时，，，则，所以.根据函数的对称性可知，，所以.所以当时，单调递减.又的图象关于点对称，所以在区间上单调递减，故A项正确；对于B项，因为的图象关于点对称，周期为4，所以的图象关于点对称，故B项错误；对于C项，由A知，当时，，所以.又的图象关于直线对称，所以当时，有.综上所述，当时，有.因为周期为4，所以的最大值是1，故C项正确；对于D项，由已知当时，.又的图象关于直线对称，所以当时，.综上所述，当时，恒成立.因为的图象关于点对称，所以，当时，恒有，故D项正确.故选：B.6．已知中，，，，过点作垂直于点，则（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】由题意设，，利用列方程求出的值即可得到答案．【详解】中，，，，过点作垂直于点，如图所示：  设，其中，则，所以，解得，所以．故选：B．7．如图，在三棱柱中，底面，，，，在上底面（包括边界）上运动，则三棱锥的外接球体积的最大值为（    ）  A． B．C． D．【答案】C【分析】取中点为，中点为，连接，取的中点为，连接.由已知可知，分别为以及外接圆的圆心.则当位于顶点时，三棱锥的外接球的半径等于三棱柱的外接球的半径，体积最大.然后根据已知得出平面，即可确定球心为点.然后根据勾股定理，求出球的半径，即可得出答案.【详解】    如图，取中点为，中点为，连接，取的中点为，连接.因为为直角三角形，所以外接圆的圆心即为.同理，外接圆的圆心即为.所以，当位于顶点时（不妨假设点与点重合），三棱锥的外接球的球心恰好与三棱柱的外接球的球心重合，即三棱锥的外接球的半径等于三棱柱的外接球的半径，此时体积有最大值.因为分别为的中点，根据三棱柱的性质可知，，且，所以，四边形是平行四边形，所以，且，.根据三棱柱的性质可知平面，所以平面.又分别为以及外接圆的圆心，所以，线段的中点即为三棱柱的外接球的球心，所以，三棱柱的外接球的半径即等于.又，所以，.因为平面，平面，所以，即，所以，，所以，三棱锥的外接球体积的最大值为.故选：C.8．函数，已知点为图象的一个对称中心，直线为图象的一条对称轴，且在区间上单调递减，则满足条件的所有的值的和为（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】根据函数的单调性，结合正弦函数的性质，即可得出.根据函数的单调性，推得，进而得出或或，解出相对应的值，检验即可得出答案.【详解】因为在区间上单调递减，所以，所以.又为图象的一个对称中心，直线为图象的一条对称轴，且.因为，所以.又根据正弦函数的图象可知，，所以或或.当时，有，此时有，.由已知可得，在处取得最大值，所以有，解得.又，所以，满足题意；当时，有，此时有，.由已知可得，在处取得最大值，所以有，解得.又，所以无解，舍去；当时，有，此时有，.由已知可得，在处取得最大值，所以有，解得.又，所以，满足题意.综上所述，或.所以，满足条件的所有的值的和为.故选：C.【点睛】方法点睛：根据已知条件，结合正弦函数的图象及其性质，推出周期满足的方程，即可得出答案. 二、多选题9．已知向量，，则（    ）A． B．在上的投影向量是C． D．与的夹角是【答案】BC【分析】根据模的坐标运算，即可判断A；根据已知，直接求出投影向量，即可判断B；根据数量积的运算律，展开即可得出C；根据夹角的坐标运算求解，即可判断D.【详解】对于A项，因为，，则，故A项错误；对于B项，因为，所以在上的投影向量是，故B项正确；对于C项，因为，所以，，故C项正确；对于D项，因为，，所以，，故D项错误.故选：BC.10．抛掷两枚质地均匀的骰子（标记为Ⅰ号和Ⅱ号），观察两枚骰子落地时朝上的面的点数，表示事件“Ⅰ号点数为1”，表示事件“Ⅱ号点数是2”，表示事件“两枚点数之和是8”，表示事件“两枚点数之和是7”，则（    ）A． B．C．与相互独立 D．与相互独立【答案】ABD【分析】根据古典概型与事件独立的乘法公式计算并判断即可.【详解】由题意得，，，由题可知试验结果一共有36种可能情况，表示的事件包含共5种情况，所以，表示的事件包含共6种情况，所以，所以A和B正确；表示的事件包含0种情况，所以，所以与不相互独立，故C错误；表示的事件包含共1种情况，所以，所以与相互独立，故D正确.故选：ABD11．已知非零实数，满足，实数，满足，则下列可能成立的是（    ）A． B．C． D．【答案】ACD【分析】构造函数，根据导函数得出函数的单调性，根据零点存在定理得出.然后作出函数，以及的图象，根据图象，结合指数函数的单调性，即可得出答案.【详解】令，则.由，可得.当时，有，所以在上单调递减；当时，有，所以在上单调递增.所以，在时有唯一极小值，也是最小值.又，，，所以，根据零点存在定理可知，，使得.又，所以，所以.现作出函数，以及的图象，如图1所示  对于A项， 由图2可知，，满足，故A项正确；对于B项，由图2可知，当时，恒成立，即，所以.又单调递增，所以当时，有，所以，，故B项错误；  对于C项，由图3可知，时，满足成立，故C项正确；  对于D项，由图4可知，时，满足成立，故D项正确.故选：ACD.12．《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑．如图，在阳马中，侧棱底面，且，分别为的中点，则（    ）  A．四面体是鳖臑B．与所成角的余弦值是C．点到平面的距离为D．过点的平面截四棱锥的截面面积为【答案】ABD【分析】以点为原点建立空间直角坐标系，根据鳖臑的定义即可判断A；利用向量法即可判断BC；设过点的平面于线段的交点为，根据共面，可得存在唯一实数对使得，由此求出点的坐标，进而可判断D.【详解】如图，以点为原点建立空间直角坐标系，则，对于A，，因为，所以，即，所以四面体的四个面都为直角三角形，所以四面体是鳖臑，故A正确；对于B，，则与所成角的余弦值为，故B正确；对于C，，设平面的法向量为，则，可取，则点到平面的距离为，故C错误；对于D，设过点的平面于线段的交点为，则，因为共面，则共面，故存在唯一实数对使得，即，所以，解得，所以，则，因为，所以，所以过点的平面截四棱锥的截面面积为，故D正确.故选：ABD.  【点睛】方法点睛：求空间角的常用方法：（1）定义法：由异面直线所成角、线面角、二面角的定义，结合图形，作出所求空间角，再结合题中条件，解对应的三角形，即可求出结果；（2）向量法：建立适当的空间直角坐标系，通过计算向量的夹角（两直线的方向向量、直线的方向向量与平面的法向量、两平面的法向量）的余弦值，即可求得结果. 三、填空题13．已知复数满足（为虚数单位），则=         ．【答案】【分析】由，得，然后利用复数代数形式的乘除运算化简复数即可．【详解】由，得.故答案为：.14．如图，两座建筑物，的高度分别是和，从建筑物的顶部看建筑物的张角，则这两座建筑物和的底部之间的距离      .  【答案】【分析】过点作于，设，由可建立关于的关系式，利用两角差的正切公式即可解出答案.【详解】如图所示，过点作于，则，设，  则在中，，在中，，因为，所以，整理得，解得或（负值舍去），故(m).故答案为：.15．在中，，为边上的动点，则的最小值为         ．【答案】/-2.56【分析】根据题意，建立直角坐标系，运用坐标表示向量，用数量积求解即可．【详解】由于，所以为原点，为轴，为轴，建立直角坐标系如图所示：  则有：，设点，且，所以，则，当时，取得最小值．故答案为：．16．已知实数满足，则的最大值为         ．【答案】【分析】根据已知得出，求出的范围结合基本不等式消去，得到关于的二次函数，然后根据二次函数的性质，即可得出答案.【详解】由已知可得，，所以，所以，，当且仅当时，等号成立.因为，所以，当时，该式有最大值，且.所以，的最大值为.故答案为：.【点睛】关键点睛：利用基本不等式得出，整体代换得到关于的二次函数. 四、解答题17．某市政府为了节约生活用水，计划对居民生活用水费用实施阶梯式水价制度，即确定每户月人均用水量标准M（单位：立方米），月人均用水量不超过M的部分按平价收费，超出M的部分按议价收费．现随机抽取200户进行调查，抽取的用户月人均用水量的频率分布直方图如图所示．  (1)求频率分布直方图中的值；(2)如果希望的用户月人均用水量不超过标准M，那么标准M定为多少比较合理？(3)若从月人均用水量在，，三组的用户中采用按比例分层抽样的方法选取6户参加节水座谈会，再从6户中随机地抽2户发言，求发言的2户来自不同组的概率．【答案】(1)(2)(3) 【分析】（1）根据小矩形面积之和为1，列出方程，求解即可得出答案；（2）由图象，结合分位数的概念可得，然后列出方程，求解即可得出答案；（3）根据图象求出3个区间内的频率，根据分层抽样得出每个区间应该抽取的人数，编好号.然后列举出所有的样本点，找出满足条件的样本点，根据古典概型概率公式，即可得出答案.【详解】（1）因为图中所有矩形面积之和为1，所以，解得.（2）由图象可知，月人均用水量低于2立方米的居民占比为，月人均用水量低于立方米的居民占比为，根据分位数的含义可知，，且，解得.（3）由图象可知，内的频率为，内的频率为，内的频率为，所以，根据分层抽样知，应从中抽3户，记作，中抽2户，记作，中抽1户，记作.则从这6户中抽取2户有，，，，，，，，，，，，，，，共包含个等可能的样本点，满足发言的2户来自不同组的有，，，，，，，，，，共包含个样本点，根据古典概型可知，发言的2户来自不同组的概率.18．已知函数，．(1)求的最小正周期和单调递增区间；(2)将的图象向左平移个单位，得到的图象，求，的值域．【答案】(1)，单调递增区间是(2) 【分析】（1）化简可得，即可得出.由，即可得出函数的单调递增区间；（2）先求出，然后求出，根据函数的单调性得出，即可得出答案.【详解】（1）由题，周期，令，得，所以的单调递增区间是.（2）由已知可得，.因为，所以.因为在上单调递增，在上单调递减，且，，，所以，，所以，所以所求值域为.19．已知函数是偶函数．(1)若，求的值；(2)若实数满足，求的取值范围．【答案】(1)(2)或 【分析】（1）根据对数的运算性质，化简可得.根据偶函数的性质得到关于的方程，求解即可得出，.由，根据指对互化，整理得出，即可得出的值；（2）化简可得.然后根据对勾函数以及复合函数的单调性，即可推得在上单调递增.根据偶函数的性质可将不等式转化为，根据函数的单调性即可得出，平方整理求解不等式，即可得出答案.【详解】（1）由已知可得，.因为是偶函数，所以对任意恒成立，即对任意恒成立，所以，所以，所以.由可得，，化简可得，即，所以，，解得．（2）.令，，则，根据对勾函数的单调性可知，在上单调递增.又单调递增，根据复合函数的单调性可知，在上单调递增.又函数单调递增，根据复合函数的单调性可知，在上单调递增.又因为函数为偶函数，所以有，.所以，由即可得出，所以，.平方整理可得，，解得或．20．已知的内角所对的边分别为，且.(1)求角A的大小；(2)若点满足，且，求的最小值．【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据正弦定理边化角，结合三角函数诱导公式以及两角和的正弦公式化简整理可得，，辅助角公式得出.然后根据角的范围，即可得出答案；（2）根据已知可得，然后根据正弦定理可推得.由得，根据面积公式化简可得，即.根据“1”的代换得出，由基本不等式即可得出答案.【详解】（1）由正弦定理得，，即，整理可得.因为，所以，即.又因为，所以，所以，即.（2）  由可知，，即.在中，由正弦定理可得，；在中，由正弦定理可得，.所以，，即因为，所以，所以.又，所以.又，所以.由得，，即，整理可得，即.所以，当且仅当，即时，取到最小值．21．在四棱锥中，为正三角形，四边形为等腰梯形，为棱的中点，且，.  (1)求证：平面平面；(2)求平面与平面所成锐二面角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）延长相交于点，取中点，连接交于点，连接.结合已知，推出.根据三角形全等，结合已知推得，，再根据线面垂直以及面面垂直的判定定理得出证明；（2）取的中点，由（1）知，平面平面.进而可证得，，为平面与平面所成二面角的平面角，在中，根据余弦定理求解即可.【详解】（1）如图1，分别延长相交于点，取中点，连接交于点，连接.  因为四边形为等腰梯形，，所以，，所以，所以，所以为正三角形，且分别为的中点，为的中点.又因为为棱的中点，所以，所以.因为，所以.又为正三角形，所以，所以.因为为的中点，所以.又因为为正三角形，所以，所以，所以.又因为，，所以，所以.因为为的中点，所以.又，面，所以平面，而平面，所以平面平面.（2）如图2，取的中点，  由（1）知，平面平面，且.因为为的中点，所以，，所以为平面与平面所成二面角的平面角.又因为，所以，.在中，，故平面与平面所成锐二面角的余弦值为.22．已知函数.(1)当时，求的零点；(2)若关于的方程区间上有三个不同的解，且，求的取值范围；(3)当时，若在上存在2023个不同的实数，，使得，求实数的取值范围． 【答案】(1)(2)(3) 【分析】（1）根据零点的定义直接运算求解；（2）根据题意可得，结合图象以及二次方程分析运算；（3）根据题意分类讨论判断的单调性，结合单调性以及绝对值不等式分析求解.【详解】（1）当时，令，当时，，解得或（舍去）；当时，，解得或（舍去）；所以的零点是.（2）令，且，可得，记，作出的图像，如图所示，  由的图像得，且，注意到是方程的两根，即方程的两根，可得，所以.（3）因为，①当，即时，在上单调递减，则，可得，所以，得；②当，即时，则在单调递减，在上单调递增，在上单调递减，不妨设，其中，则，可得，因为，所以，不满足条件；所以实数的取值范围为．【点睛】关键点睛：1.根据绝对值的性质分类讨论去绝对值；2.根据二次函数的性质分类讨论判断单调性；3.利用绝对值不等式，分析运算.