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1、镇海中学2023学年高二年级第二学期期末考试试题数学试卷一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1. 已知集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】先求出集合，再根据交集，补集和子集得定义即可得解.【详解】，所以，故ABD错误，C正确.故选：C.2 求值：（ ）A. B. C. D. 1【答案】D【解析】【分析】根据诱导公式及二倍角得正弦公式求解即可.【详解】.故选：D.3. 已知，下列不等式一定成立的是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】利用作差法即可判断A，利用不等式的性质即可判断B，
2、举出反例即可判断CD.【详解】对于A，因为，所以，所以，所以，故A错误；对于B，因为，所以，所以，故B正确；对于C，当时，故C错误；对于D，当时，故D错误.故选：B.4. 已知三个平面向量满足，则“向量均是单位向量”是“向量方向相同”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】【分析】先根据推得，再利用充分性和必要性的判断方法分析即得.【详解】由可得，两边取平方可得，（*）.若向量均是单位向量，则由（*）可得，整理得，因，故得，即向量方向相同，故“向量均是单位向量”是“向量方向相同”的充分条件；若向量方向相同，则有，代入（*）可得，
3、即，虽方向相同，但因不能确定向量的方向，故不满足，即“向量均是单位向量”不是“向量方向相同”的必要条件；故“向量均是单位向量”是“向量方向相同”的充分不必要条件.故选：A.5. 已知是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列命题正确的是（ ）A. 若且，则B. 若，则C. 若且，则D. 若不垂直于，且，则必不垂直于【答案】C【解析】【分析】利用线面所成角的定义理解可得选项C正确；对于A，满足条件得到的结论有两种，可排除；对于B，利用特殊情况，即可排除结论；对于D，可借助于正方体模型推理排除结论.【详解】对于A，由且可得或，故A错误；对于B，由，不妨设，若使，则易得，故B错误；对于C，由知，直线
4、与平面成的角，因，故直线与平面也成的角，即，故C正确； 对于D，如图正方体 中，设为直线，平面为，为直线，显然不垂直于，易得，因,则，因,故得平面 ，因平面，故有,即D错误.故选：C.6. 一个袋子中有个大小质地完全相同的球，其中3个为红球，其余均为绿球，采用不放回方式从中依次随机地摸出2个球.已知摸出的2个球都是红球的概率为，则两次摸到的球颜色不相同的概率为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】先由条件“摸出的2个球都是红球的概率为”，利用古典概率公式求得，再计算“两次摸到的球颜色不相同的概率”即得.【详解】依题意，即，解得，即袋中共有3个红球，4个绿球，则两次摸到的球颜色
5、不相同的概率为：.故选：D.7. 已知正方体的棱长为3，以为球心，为半径的球面与正方体表面的交线记为曲线，则曲线的长度为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】作出辅助线，得到以为球心，为半径的球面与平面的交线为以为圆心，为半径的，同理可得另外两段弧，求出弧长即可得到答案.【详解】如图，在棱上分别取，使得，在Rt中，同理可得，因为平面，平面，所以，故，所以以为球心，为半径的球面与平面的交线为以为圆心，为半径的，同理，与平面的交线为为半径的，与平面的交线为为半径的，由可知，同理，故，这三段弧长相等，均为，故曲线的长度为.故选：B8. 已知，记集合，若，则实数的取值范围为（ ）A.
6、 B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】作出函数的简图，求出，即得，即，要使，结合图象知，需使，消元后求解不等式即得.【详解】如图，作出函数简图.由可得，因，解得，即，由可得，即,因，结合图象，可得：，消去可得，因，即得，解得.故选：C.【点睛】思路点睛：本题主要考查对数型绝对值函数图象的应用，属于难题.解题思路即是，先作出函数的简图，由求出自变量的范围，再将套函数内的看成整体自变量，推得的范围，结合及函数图象，可得，消元后解之即得.二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得3分，有选错的得0分.9.
7、已知正实数满足，则（ ）A. 的最大值为2B. 的最小值为1C. 的最大值为2D. 的最小值为1【答案】AC【解析】【分析】由题可得，可令，即，代入选项依次化简即可结果.【详解】由，可得，令，所以，对于A，则，当时，取最大值为2，故A正确对于B，当时，的最大值为1，故B错误；对于C、D，由B可得，由，则，故C正确，D错误.故选：AC10. 已知定义域为的偶函数满足，若对任意且，都有，下列结论一定正确的是（ ）A. B. 2是的一个周期C. 函数在上单调递减D. 函数图象关于直线对称【答案】ACD【解析】【分析】根据给定条件，利用偶函数性质及单调性，结合赋值法逐项分析判断即可.【详解】对于A，由
8、是偶函数，得，则，A正确；对于B，由对任意且，都有，得在上单调递增，则，而，于是，因此2不是的周期，B错误；对于D，由，得，4是的一个周期，则函数图象关于直线对称，D正确；对于C，由，得，则函数图象关于点对称，于是函数在上单调递增，在上单调递减，C正确.故选：ACD11. 一个同学投掷10次骰子，记录出现的点数，根据统计结果，在下列情况中可能出现点数6的有（ ）A. 平均数为3，中位数为4B. 中位数为4，众数为3C. 平均数为2，方差为2.1D. 中位数为3，方差为0.85【答案】ABD【解析】【分析】ABD举例，C用反证法证明不能出现6.【详解】对于A：10次点数为符合题意，故A正确；对于
9、B：10次点数为符合题意，故B正确；对于C：设10次点数为且，平均数为，假设有一次点数为，不妨设，由方差公式，代入相关数据得：，即，显然最大只能取，不妨设得，此时方程无解，所以，当时得：，最大只能取，不妨设得，此时方程有唯一解，即10次点数为，但此时平均数为不合题意，所以，当得取得，此时方程无解（其余情况也均无解），所以，当时，平均数为不合题意.综上所述，假设有一次点数为不成立，故C错误；对于D：10次点数为符合题意，故D正确.故选：ABD三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12. 已知，则_.【答案】【解析】【分析】根据条件，利用复数的四则运算求出复数，再求其模长即得.【详解】由
10、可得，则.故答案为：.13. 如图，在长方形中，点在线段（端点除外）上，现将沿折起为，设，二面角的大小为.若，则三棱锥体积的最大值为_.【答案】【解析】【分析】将三棱锥的底面面积及高用含有的三角函数来表示，根据体积公式写出棱锥体积，整理化简后利用三角函数求出三棱锥体积的最大值.【详解】过作，交于，过作平面，因为平面，平面，所以，因为，平面，所以平面，则，所以二面角的平面角为，则，则三棱锥的高，三棱锥的底面面积，所以，(其中) ，故当时，三棱锥体积的最大值为，故答案为：14. 在锐角中，内角所对的边分别为，若，则的最小值为_.【答案】#【解析】【分析】根据结合余弦定理可得，再将所求利用正弦定理化
11、边为角，再根据二倍角公式化简，结合基本不等式即可得解.【详解】由余弦定理得，又，所以，即，所以，由正弦定理得，即，因为，所以，所以或（舍去），所以，当且仅当，即时取等号，所以的最小值为.故答案为：.【点睛】关键点点睛：根据结合余弦定理得出是解决本题的关键.四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.15. 已知函数.（1）求的最小正周期和最大值；（2）求函数在区间上的单调区间.【答案】（1）； （2）单调增区间为，单调减区间为【解析】【分析】（1）利用辅助角公式进行化简，结合三角函数的周期公式和最值进行求解即可；（2）利用正弦函数的单调性即可求出函数在区间上的单
12、调区间.【小问1详解】函数，所以的最小正周期，当，即 时，取最大值为；【小问2详解】令 ，解得： ，令 ，解得： ，所以函数的单调增区间为，单调减区间为16. 镇海中学采购了一批电子白板电容笔，这一批电容笔使用三年后即被淘汰.电容笔头属于消耗品，现在需要决策在购买电容笔时笔头的数量，为此搜集并整理了10支笔在一年内消耗的笔头数（单位：个），发现均落在范围内，将统计结果按如下方式分成六组，第一组，第二组，第六组，画出频率分布直方图如图所示.（1）求的值；（2）估计10支笔一年内消耗笔头数量的平均值（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）和第30百分位数（3）在搜集这10支笔的使用情况数据时，发
13、现其中3支是高一班级在使用，另外7支是高二班级在使用，现已知高二班级消耗的笔头数的平均值和方差分别为50和221，所有班级消耗的笔头数的方差为200，试估计高一班级消耗的笔头数的平均值和方差.【答案】（1） （2）；. （3）；.【解析】【分析】（1）由概率之和为即面积为1解出.（2）由频率分布直方图的平均值公式算出答案；第30百分位数即是面积和从左到右为0.3的横坐标.（3）由分层抽样的平均值和方差公式即可解出本题.【小问1详解】由概率之和为得：，解出.【小问2详解】频率分布直方图前两列面积和为，设第30百分位数为a，解出，所以第30百分位数为.【小问3详解】由题意知总平均数，设高一年级平均
14、数，方差为，高二年级平均数，方差为，解出；，代入公式得，解出，所以高一班级消耗的笔头数的平均值为，方差为.17. 如图，在中，是的中点，在边上，且与交于点.（1）用表示；（2）若，求的值.【答案】（1）， （2）【解析】【分析】（1）根据平面向量得线性运算即可求出，设，分别用及表示，再根据平面向量基本定理求出，即可求出；（2）先将表示，再根据平面向量数量积得运算律化简即可得解.小问1详解】，设，则，所以，解得，所以，【小问2详解】由（1）得，则，因为，所以，即，所以，即.18. 如图，在五面体中，四边形为矩形，为等腰直角三角形，且.面面.（1）求证：（2）在线段上是否存在点，使得与平面所成角的正弦值为？若存在，请求出的长度；若不存在，请说明理由.【答案】（1）证明见解析； （2）或.【解析】【分析】（1）利用面面垂直的性质、线面垂直的判定性质推理即得.（2）取的中点，以为原点，建立空间直角坐标系，设，求
