2023年12月3日发(作者：内蒙数学试卷分析)

浙江省绍兴市诸暨市2021-2022学年高二下学期学考模拟（2）数学试题

学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题

1．已知全集U0,1,2,3,4，设集合A0,1,2，B1,2,3，则B(UA)（ ）

A．3 B． C．1,2 D．0

2．函数y1xlgx的定义域是（ ）

A．xx1或x0

C．xx1或x0

B．x0x1

D．x0x1

3．设xR，则“1x2”是“x22x30”的（ ）

A．充分而不必要条件

C．充要条件

4．设命题P:xR.x2x10.则P

A．xR，x2x10

C．xR，x2x10

B．xR，x2x10

D．xR，x2x10

B．必要而不充分条件

D．既不充分也不必要条件

5．若ab，则下列不等式中恒成立的是（ ）

11A．

ab11B．

33abC．a2b2 D．lgalgb

16．关于函数fxlog22x的单调性的说法正确的是（ ）

2A．在R上是增函数

1（，）C．在区间上是增函数

4B．在R上是减函数

1（，）D．在区间上是减函数

47．要得到函数y3sin2x的图象，只需将函数y3sin2x的图象（ ）

3A．向左平移个单位长度

36B．向右平移个单位长度

36C．向左平移个单位长度

2x38．函数fx|x|的图象大致是（ ）

eD．向右平移个单位长度

试卷第1页，共5页 A． B．

C． D．

9．设一组样本数据，x1,x2,x3,,xn的方差为0.02，则数据10x11，10x21，10x31，，10xn1的方差为（ ）

A．0.02 B．0.2 C．2 D．10

10．已知向量a4,3，b5,12，则ab2b等于（ ）

A．52 B．3 C．10 D．3

211．函数fxx2a1x2在,4上是增函数，则a的取值范围是（ ）

A．5, B．3, C．,3 D．,5

12．设，，为不重合的平面，m，n为不重合的直线，则其中正确命题的序号为（ ）

①，，则//；

①，n，mn，则m；

m，则m．

D．①①

①m，n，mn，则；①，，A．①① B．①① C．①①

13．学校为了调查学生在课外读物方面的支出情况，抽取了一个容量为n的样本，其频率分布直方图如图所示，其中支出在50,60的同学有30人，则n的值为（ ）

试卷第2页，共5页 A．100 B．1000 C．90 D．900

14．从3名男老师和4名女老师中任选3名老师，那么互斥而不对立的事件是（ ）

A．至少有一名男老师与都是男老师

B．至少有一名男老师与都是女老师

C．恰有一名男老师与恰有两名男老师

D．至少有一名男老师与至少有一名女老师

15．已知甲、乙两组按从小到大顺序排列的数据：甲组：14，30，37，a，41，52，53，55，58，80；乙组：17，22，32，b，45，47，51，59．若甲组数据的第30百分位数和乙组数据的中位数相等，则ab等于（ ）

A．7

二、多选题

16．甲乙两个质地均匀且完全一样的四面体，每个面都是正三角形，甲四个面上分别标有数字1，2，3，4，乙四个面上分别标有数字5，6，7，8，同时抛掷这两个四面体一次，记事件A为“两个四面体朝下一面的数字之和为奇数”，事件B为“甲四面体朝下一面的数字为奇数”，事件C为“乙四面体朝下一面的数字为偶数”，则下列结论正确的是（ ）

A．P(A)P(B)P(C)

C．P(ABC)B．P(BC)P(AC)P(AB)

B．8 C．9 D．10

1

81D．P(A)P(B)P(C)

8111，则a4b的值可能是（ ）

a1b17．已知实数a0，b0，A．7 B．8 C．9 D．10

18．已知cos（ ）

A．sin212

1355，cos2，其中，为锐角，以下判断正确的是135B．cos195

65试卷第3页，共5页 C．coscos三、填空题

85

65D．tantan11

819．已知a,bR，复数zai且z1bi (i为虚数单位)

，则复数z的模为____．

1i20．正四棱锥PABCD中，8条棱长均相等，且AB4，则此正四棱锥的体积为_______．

21．已知1a9，函数f(x)x9，存在x1[1,a]，使得对任意的x2a,9，都有xfx1fx280，则a的取值范围是___________．

四、双空题

22．已知ABC的三个内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,

a2,A45,B60，则边c= ____________，ABC的面积为__________．

五、解答题

223．已知函数fx3sin2x2cosx，xR．

36(1)求f()的值及f(x)的最小正周期；

6(2)当x[0,]时，求函数f(x)的零点所构成的集合．

24．如图，在三棱锥ABCD中，三角形ABD是边长为2的正三角形，BDCD,BDCD，E为BC中点．

(1)求证：BDAE；

(2)若二面角ABDC等于，求直线BC与平面ABD所成角的正弦值．

21aR）25．已知函数fxxaax（

6(1)若f(x)是偶函数，求实数a的值；

(2)当a1时，求函数f(x)的单调区间；

试卷第4页，共5页 2(3)当x[0,1]时，若fxt2t4对任意的实数t恒成立，求实数a的取值范围．

试卷第5页，共5页 参考答案：

1．A

【解析】

【分析】

直接由补集和交集的概念求解即可.

【详解】

UA3,4，所以B(UA)3．

故选：A.

2．D

【解析】

【分析】

根据题意列出不等式求解即可.

【详解】

1x0由题意得，，

x0解得0x1，即函数y1xlgx的定义域是x0x1.

故选：D

3．A

【解析】

【分析】

先解出不等式x22x30，再判断充分性和必要性即可.

【详解】

由于不等式x22x30的解集为x1x3，则1x2可推出1x3，反之不成立，

所以“1x2”是“x22x30”的充分而不必要条件．

故选：A.

4．C

【解析】

由全称命题的否定为特称命题，即可直接写出结果.

答案第1页，共12页 【详解】

因为全称命题的否定是特称命题，

所以，命题P:xR.x2x10的否定为：xR，x2x10.

故选C

【点睛】

本题主要考查含有一个量词的命题的否定，只需改写量词和结论即可，属于基础题型.

5．B

【解析】

【分析】

对ACD，举有关负数和0的反例判断即可，对B，根据函数的单调性判断即可.

【详解】

1对ACD，当a0,b1时，均不成立.对B，因为y在R上单调递减，ab则有3x11，故正确．

33故选：B

6．C

【解析】

【分析】

先求出函数定义域，再结合复合函数单调性性质进行判断即可.

【详解】

1（，）由函数f(x)的解析式知定义域为，

41设t2x（t0），

211（，）（0，）显然t2x（t0）在上是增函数，ylog2t在上是增函数，

241（，）由复合函数的单调性可知f(x)在上是增函数，

4ab故选：C

7．C

【解析】

答案第2页，共12页 将所给函数化为y3sin2x，根据三角函数相位变换原则可得结果.

6【详解】

y3sin2x3sin2x

36只需将y3sin2x的图象向左平移个单位长度即可得到y3sin2x的图象

63故选：C

【点睛】

本题考查三角函数的相位变换，关键是明确相位变换是针对x的变化量的变换，遵循“左加右减”原则.

8．D

【解析】

【分析】

根据函数的奇偶性、单调性以及一些特殊值结合排除法进行判断即可.

【详解】

2(x)32x3解：由f(x)|x||x|f(x)，可知f(x)为奇函数，

ee所以图象关于原点对称，排除A，B；

令f(x)0，可知x0，可知图象与x轴只有一个交点，排除C .

故选：D．

【点睛】

本题考查根据解析式选择图象，其关键是根据函数的性质以及特殊值选择，通常用排除法，属于基础题.

9．C

【解析】

【分析】

2由DaXbaDX计算即可.

【详解】

解：①样本数据x1,x2,x3,,xn的方差为0.02，

答案第3页，共12页 ①样本数据10x11，10x21，10x31，故选：C．

10．C

【解析】

【分析】

，10xn1的方差为1020.022，

根据向量数量积的坐标运算公式和向量模的坐标运算公式进行计算即可.

【详解】

由题意得，ab2|b|=45+312252+122=1626=10.

故选：C

11．A

【解析】

【分析】

先求二次函数的对称轴，再根据单调性列不等式即可求解.

【详解】

2函数fxx2a1x2的对称轴为xa1，开口向下，

2若fxx2a1x2在,4上是增函数，

则a14，可得a5，

所以a的取值范围是5,，

故选：A.

12．D

【解析】

【分析】

利用线面平行，面面平行，线面垂直和面面垂直的性质与判定分析判断即可.

【详解】

①中，，可以相交并垂直于，①错误；

①中，m或m//或m、相交（不一定垂直），①错误；

①中，如图，将直线m、n平移交于点O，

设过直线m、n的平面为，设a,b，

答案第4页，共12页 因为m，a，所以ma，

因为mn，n、a，所以a①n，因为n，所以a，

因为a，所以，故①正确；

①中，如图，设a,b，

在平面内任取一点O，分别过O作ca,db，垂足分别为A,B，

因为，，所以c,d，

因为m，所以m,m，所以cm,dm，

因为cdO,c,d，所以m，故①正确，

故选：D.

13．A

【解析】

【分析】

结合样本容量的计算公式即可.

【详解】

由频率分布直方图可知，

支出在50,60的同学的频率为：0.03100.3

答案第5页，共12页 n30100，

0.3故选：A

14．C

【解析】

【分析】

根据互斥和对立事件的概念判断可得答案.

【详解】

对于A，至少有一名男老师与都是男老师不是互斥，故A不正确；

对于B，至少有一名男老师与都是女老师是互斥也是对立，故B不正确；

对于C，恰有一名男老师与恰有两名男老师是互斥但不是对立，故C正确；

对于D，至少有一名男老师与至少有一名女老师不是互斥，故D不正确.

故选：C

15．B

【解析】

【分析】

根据百分位数和中位数的定义即可列出式子计算求解.

【详解】

因为1030%3，甲组数据的第30百分位数为第三个数和第四个数的平均数，乙组数据的中位数为第四个和第五个数的平均数，根据题意可得故选：B

16．ABD

【解析】

【分析】

根据题意，分别求得P(A),P(B),P(C)可判断A，由独立事件概率乘法公式，可判断BCD.

【详解】

由已知P(A)37ab45，解得ab8．

222222121，P(B)P(C)，

4444242由已知有P(AB)P(A)P(B)111，P(AC)，P(BC)，

444所以P(A)P(B)P(C)，则A正确；

答案第6页，共12页 P(BC)P(AC)P(AB)，则B正确；

事件A、B、C不相互独立，故P(ABC)1错误，即C错误

81P(A)P(B)P(C)，则D正确；

8综上可知正确的为ABD.

故选:ABD．

【点睛】

本题考查了古典概型概率计算公式的应用，概率乘法公式的应用，属于基础题.

17．BCD

【解析】

【分析】

根据题中条件配凑，再运用“1”的代换与基本不等式求出原式范围即可得到答案.

【详解】

因为a0，b0，111，

a1b14ba11a14b1141

所以a4ba14b1a1ba1ba14ba2a1b4ba1428

，当且仅当，即3时取等号，

11ba1b12a1b所以a4b8，可能为8,9,10.

故选：BCD

18．AC

【解析】

【分析】

根据同角关系可求sin2,sin，根据配凑角的方式即可求解B,根据积化和差即可求解C，根据弦切互化即可求解D.

【详解】

因为cos()55，cos2，其中，为锐角，故0,π

13512，故A正确；

132所以：sin21cos2答案第7页，共12页 因为sin()1cos()225，

5所以cos()cos[2()]cos2cos()sin2sin()

(55122529)()5，故B错误；

252958)5，故C正确；

56565可得coscos[cos()cos()](可得sinsin[cos()cos()][121295521()]5，所以265565tantan故选:AC

19．10

【解析】

【分析】

sinsin21，故D错误．

coscos8将zai代入z1bi中化简，再根据复数相等的条件可求出a,b，从而可求出复数z，1i进而可求得复数z的模

【详解】

因为zai，所以zai1bi，

1i1i所以ai1bi1i1b1bi，

a3a1b所以，解得，

11bb2所以z3i

所以z10，

故答案为：10

20．322

3【解析】

【分析】

连接AC交BD于点O,连接PO，根据勾股定理求出AC，PO，再用锥体体积公式计算即可得出答案.

【详解】

答案第8页，共12页 因为该几何体PABCD为正四棱锥，8条棱长均相等,

所以四边形ABCD为正方形，BCAB4，AC424242,OC22

连接AC交BD于点O,连接PO，

因为PAPC,O为AC中点，则POAC，同理，POBD,AC面ABCD，

所以PO平面ABCD，

所以POPC2OC242(22)222，故正四棱锥PABCD体积1322.

V422233BDO，AC，BD平故答案为：322.

3

21．47a9

【解析】

【分析】

将题意转化为fx1maxfx2min80，结合fx1maxf110可得fx2min8，再根据函数的单调性，分1a3和3a9两种情况讨论求解即可.

【详解】

根据对勾函数的性质，函数fxx9在0,3上单调递减，在3,上单调递增.且xf1f910.又fxx9在1,9上恒为正，且存在x1[1,a]，使得对任意的xx2a,9，都有fx1fx280，故fx1maxfx2min80，因为fx1maxf110，故只需fx2min8即可.

（1）当1a3时，fx2minf368不成立；

答案第9页，共12页 99（2）当3a9时，fx2minfaa，故a8，即a28a90，aaa427，解得47a9.

综上有47a9.

故答案为：47a9.

22．

【解析】

【分析】

根据正弦的两角和公式可求sinC,根据正弦定理即可求解c，进而根据面积公式即可求解.

【详解】

由三角形内角和可得C75，故sin75sin(4530)sin45cos30cos45sin3026，

46233

42根据正弦定理得：casinCsinA262624，

222SABC1162333，

acsinB2222246233

，42故答案为：23．(1)f()1，最小正周期为;

6(2)0,,

3【解析】

【分析】

（1）利用三角恒等变换化简函数f(x)的解析式，利用正弦函数的性质即可求解；

（2）令f(x)0，可得2x66或135或，即可求解x的值.

662（1）解：因为fx3sin2x2cosx3sin2xcos2x136332sin2x12sin2x1，所以366f2sin11，最小正周期为

26答案第10页，共12页 T2.

2113（2）令f(x)0，则sin2x，因为x[0,]，所以2x,，所以666621352x或或，即x0或或，所以函数f(x)的零点所构成的集合为666630,,.

324．(1)证明见解析

(2)2

4【解析】

【分析】

（1）利用线面垂直的判定定理证明BD平面AEF，利用线面垂直证明线线垂直即可；

（2）根据题意可得AFE为二面角ABDC的平面角，利用线面垂直的判定定理可证EH平面ABD，进而得到EBH为直线BC与平面ABD所成角，求解EBH的正弦值即可.

（1）证明：取BD中点F，连接EF，AF因为正三角形ABD，F为BD中点，所以BDAF，因为E,F分别为BC,BD中点，所以EF//CD，因为BDCD，所以BDEF，因为AFEFF，所以BD平面AEF，因为AE平面AEF，所以BDAE．

（2）因为BDAF，BDEF，所以AFE为二面角ABDC的平面角，AFE6，过E作AF的垂线交AF于H，连接BH，因为BD平面AEF，EH平面AEF，所以BDEH，又EHAF，BDAFF，所以EH平面ABD，所以EBH为直线BC与平面ABD所成角，因为三角形ABD是边长为2的正三角形，1EH2.

BDCD2，所以EF1,EH,BE2，所以sinEBH2BE425．(1)a0

答案第11页，共12页 11(2)增区间为：1,，(1,)，减区间为：,1，(,1)

22(3)

（2，232）【解析】

【分析】

（1）根据偶函数的定义列方程求解即可，

（2）将函数化简后，求出每一段上的单调区间即可，

2（3）先求出t22t4的最小值为3，则将问题转化为xaax13，然后去掉绝对值，分情况讨论求解

22（1）由f(x)f(x)，得xaax1xaax1，即2ax0，所以a0

x2x,x1或x1（2）当a1时，fxx1x12，当x1或x1时，xx2,1x121f(x)x2x，图象的对称轴为x(,1)(1,)，开口向上，所以f(x)在(,1)2上递减，在(1,)上递增，当1x1时，f(x)x2x2，图象的对称轴为x111(1,1)，开口向下，所以f(x)在1,上递增，在,1上递减，所以f(x)增区间22211为：1,，(1,)，减区间为：,1，(,1)

2222（3）因为t22t4（t1）33，所以fxt2t4对任意的实数t恒成立，即为x2aax13，即为x2aax2，即为ax2x2aax2，即为ax1x222a1xx2①②， 当x[0,1]时，x11,2，所以①式即为33x2232(x1)23，当且仅当ax12，因为(x1)x1x1x1x13(x1)，即x31时取等号，所以a232；当x[0,1]时，1x0,1，所以x1（0,1]时，①式即为当1x0时，①式即为01，此时成立，当1x1x221a1x2，易知当1x1时1x取到最大值0，所以此时1x1x1xa2，综上实数a的取值范围为．

（2，232）

答案第12页，共12页


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