（人教A版）必修第二册高一数学下学期期末考试高分押题密卷（五）（解析版）

高一下学期数学期末考试高分押题密卷（五）单项选择题：1．集合，则（

）A． B．C． D．【答案】B【分析】根据集合的交集、补集运算即可.【详解】，所以，故选：B2．设，则a，b，c的大小关系为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据指数函数、对数函数的性质计算可得；【详解】解：因为，，即，，所以；故选：D3．函数的部分图象的大致形状是（

）A． B．C． D．【答案】D【分析】运用排除法，由，得出为奇函数，，可排除得选项．【详解】由，所以为奇函数，排除A，C；因为的大于0的零点中，最小值为；又因为，排除B，故选：D．4．一组数据按从小到大的顺序排列为1，4，4，，7，8（其中），若该组数据的中位数是众数的倍，则该组数据的方差和第60百分位数是（

）A．，5 B．5，5 C．，6 D．5，6【答案】C【分析】由题意，根据中位数和众数的定义有，解得，从而可求该组数据的平均数，进而可求该组数据的方差；根据第百分位数的计算方法，由于，所以该组数据的第60百分位数是该组数据按从小到大的顺序排列后的第4位数.【详解】解：由题意知，，解得，所以该组数据的平均数为，所以该组数据的方差是．因为，所以该组数据的第60百分位数是该组数据按从小到大的顺序排列后的第4位数，即是6.故选：C.5．如图正方体的棱长为a，以下结论中，错误的是（

）A．异面直线与所成的角为 B．直线与垂直C．直线与平行 D．直线与平行【答案】C【分析】对A，根据直线再在三角形中判断即可；对B，根据直线，结合正方体的性质判定即可；对C，根据线面垂直的性质判断直线与垂直即可；对D，根据平行四边形判断即可；【详解】对A，正方体中，且，故平行四边形，故，易得正，故异面直线与所成的角为直线与所成的角为，故A正确；对B，因为正方形，故直线与垂直，又，故与垂直，故B正确；对C，因为，平面，故，又平面，故平面，因为平面，故直线与垂直，故C错误；对D，由A可知平行四边形，故，D正确；故选：C6．是两个不同的平面，m，n是两条不同的直线，则下列命题中正确的是（

）A．若，则 B．若，则C．若，则 D．若，则【答案】D【分析】利用空间直线和平面的位置关系可以判断选项ABC错误，选项D正确.【详解】解：A.若，则或或与斜交，所以该选项错误；B.若，则或异面，所以该选项错误；C.若，则或与斜交，所以该选项错误；D.若，则，所以该选项正确.故选：D7．如图，角的始边与轴的非负半轴重合，终边与单位圆交于点，角的始边与角的始边重合，且终边与单位圆交于点，记.若角为锐角，则的取值范围是（

）A． B．C． D．【答案】D【分析】根据三角函数的定义，可得表达式，根据两角和的正弦公式、辅助角公式，可得的解析式，根据的范围，结合正弦函数的性质，即可得答案.【详解】由题意得，，所以，因为，所以，则.所以的取值范围是.故选：D.8．已知正三棱锥的四个顶点都在半径为R的球面上，且，若三棱锥的体积为，则该球的表面积为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】取的中心，设球心为，先由三棱锥的体积求出棱锥的高为，再由勾股定理求出球的半径，最后求表面积即可.【详解】由题意得，为等边三角形，取的中心，设球心为，易得共线，设三棱锥的高为，，则，则，又，由正弦定理得，，在中，，即，解得，则球的表面积为.故选：D.多项选择题：9．已知函数，则下列结论正确的是（

）A．函数的单调递增区间是B．函数的值域是RC．函数的图象关于对称D．不等式的解集是【答案】BCD【解析】根据对数函数相关的复合函数的单调性，值域，对称性，及解对数不等式，依次判断即可得出结果.【详解】对于A:因为为增函数,所以求的单调递增区间即求的单调递增区间,即.又对数函数的定义域有,解得.故函数的单调递增区间是.A错误；对于B：，由对数函数的定义域解得：，则，由于，所以，即函数的值域是，B正确；对于C:,关于对称，所以函数的图象关于对称，故C正确；对于D:,即，解得：，故D正确；故选：BCD.10．如图，四棱锥的底面为菱形，，底面，P是上任意一点（不含端点），则下列结论中正确的是（

）A．若平面，则 B．B到平面的距离为C．当P为中点时，过P、A、B的截面为直角梯形 D．当P为中点时，有最小值【答案】ABC【分析】对于A：根据线面平行的性质定理证明判断；对于B：利用等体积法求D到平面的距离；对于C：根据三角形中位线先证∥，则过P、A、B的截面为，再利用长度结合勾股定理证；对于D：借助于侧面展开图分析判断．【详解】∵平面，平面，平面平面∴，A正确；设B到平面的距离为，则有∵，即，则，B正确；当P为中点时，如图1，取的中点，连接，则∥，∵∥，则∥∴过P、A、B的截面为，则∴，则，即为直角梯形，C正确；借助于侧面展开图，如图2，连接交于点，此时为最小值若P为中点时，∵，则，∴，这与题意相矛盾，D错误；故选：ABC．11．已知向量，，，则下列结论正确的有（

）A． B．若，则C．的最大值为2 D．的最小值为【答案】ABC【分析】先利用平面向量的基本运算得到三角关系，再利用三角函数运算逐一判断即可.【详解】对于A，，A正确；对于B，若，则，，又，故，B正确；对于C，，，，所以当时最大值为2，C正确；对于D，因为，所以，则，当时，，D错误.故选：ABC.填空题：12．已知正实数a，b满足，则的最小值为______．【答案】3【分析】利用基本不等式求目标式最小值，注意等号成立条件.【详解】由题设，，当且仅当时等号成立.故答案为：313．在《九章算术》中，将底面为矩形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称为“阳马”.如图，四棱锥为阳马，侧棱底面ABCD，，E为棱PA的中点，则直线CE与平面PAD所成角的余弦值为___________.【答案】【分析】首先证明平面，再根据线面角的定义，即可作出线面角，再计算线面角的大小.【详解】因为平面ABCD，平面ABCD，故可得，又，，平面，故可得平面PAD.连接ED.故即为所求直线CE与平面PAD所成角.不妨设，故在直角三角形CDE中，，，故可得.则.则直线CE与平面PAD所成角的余弦值为.故答案为：14．对实数、定义一个运算：，设函数（），若函数的图象与轴恰有两个公共点，则实数的取值范围是__________．【答案】【详解】由可得：，则：.据此有：.当时，x-x2=-2,当时，.函数y=f(x)-c的图象与x轴恰有两个公共点等价于函数y=f(x)与y=c的图象有两个交点.如图所示：函数y=c在和之间及y=-2以下与函数f(x)有两个交点.据此可得：实数的取值范围是四、解答题：15．在①，②，③这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解答问题．在中，已知内角A，B，C的对边分别为a，b，c．且____________．(1)求角B的大小；(2)若，的面积为，求周长．【答案】(1)(2)【分析】（1）若选①，则由正弦定理将已知条件统一成角的形式，从而可求出，从而可求出角B的大小；若选②，由正弦定理将已知条件统一成边的形式，再利用余弦定理可求出角B的大小；若选③由三角形的面积公式和数量积的定义对已知条化简可得，从而可求出角B的大小；（2）由的面积为，可得，然后利用余弦定理可求出的值，从而可求出周长(1)若选①，因为，所以由正弦定理得,因为，所以，因为，所以，因为，所以，若选②，因为，所以由正弦定理得，化简得，所以由余弦定理得，因为，所以，若选③，因为，所以，所以，因为，所以，因为，所以，(2)因为的面积为，，所以，得，因为，，所以由余弦定理得，，所以，所以，所以，所以周长为16．设函数．(1)当时，求关于x的不等式的解集．(2)若，当时，不等式恒成立，求实数a的取值范围．【答案】(1)当时，解集为；当时，解集为；当时，解集为.(2)【分析】（1）将原不等式可化为，再分由与的大小关系讨论二次不等式的解集即可；（2）分离参数得，再构造函数，利用基本不等式求解函数的最值即可（1），即，当时，原不等式可化为，其解得情况应由与的大小关系确定，当时，解得；当时，解得；当时，解得.综上所述：当时，解集为；当时，解集为；当时，解集为.（2）由得，，，在上恒成立，即在上恒成立，令，则只需又，当且仅当时等式成立，的取值范围是.17．如图，已知在矩形中，，，点是边的中点，与相交于点，现将沿折起，点的位置记为，此时，是的中点.(1)求证：平面；(2)求证：面；(3)求二面角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析(3)【分析】（1）取线段的中点，连接、，证明出平面平面，利用面面平行的性质可证得结论成立；（2）翻折前，利用勾股定理证明出，翻折后则有，，利用线面垂直的判定定理可证得结论成立；（3）过点在平面内作，垂足为点，连接，分析可知二面角的平面角为，证明出，计算出的长，即可求得的余弦值，即为所求.【详解】（1）证明：取线段的中点，连接、，翻折前，在矩形中，为的中点，，则，所以，，翻折后，在三棱锥中，、分别为、的中点，则，平面，平面，平面，为的中点，且，则，所以，为的中点，又因为为的中点，所以，，平面，平面，所以，平面，，所以，平面平面，因为平面，平面.（2）证明：在矩形中，，，，，因为，则，因为，为的中点，所以，，则，所以，，所以，，则，在三棱锥中，则有，，因为，所以，面.（3）解：在三棱锥中，，，，所以，，，过点在平面内作，垂足为点，连接，平面，平面，，因为，，平面，平面，，所以，二面角的平面角为，在中，，，，由余弦定理可得，所以，，所以，，因为平面，平面，，所以，，故，因此，二面角的余弦值为.18．为普及抗疫知识、弘扬抗疫精神，惠州市某学校组织防疫知识挑战赛，每位选手挑战时，主持人从电脑题库中随机抽出3道题，并编号为，，，并依次展示题目，选手按规则作答．挑战规则如下：①选手每答对一道题目得5分，每答错一道题目扣3分：②选手若答对第题，则继续作答第题：选手若答错第题，则失去第题的答题机会，从第题开始继续答题：直到3道题目回答完，挑战结束：③选手初始分为0分，若挑战结束后，累计得分不低于7分，则选手挑战成功，否则挑战失败．选手甲即将参与挑战，已知选手甲答对题库中任何一题的概率均为，各次作答结果相互独立，且他不会主动放弃任何一次作答机会，求：(1)挑战结束时，选手甲恰好作答了2道题的概率；(2)选手甲挑战成功的概率．【答案】(1)(2)【分析】（1）设为选手答对题，其中，2，3，设挑战结束时，选手甲恰好作答了2道题为事件，选手甲恰好作答了2道题即选手甲第一题答错或第一题答对且第2题答错，即，结合概率的加法公式和事件独立性的定义，即可求解．（2）设选手甲挑战成功为事件，若选手甲挑战成功，则选手甲共作答了3道题，且选手甲只可能作答2道题或3道题，“选手甲闯关成功”是“选手甲恰好作答了2道题”的对立事件，结合对立事件的性质，即可求解．【详解】（1）解：设为选手答对题，其中，2，3设挑战结束时，选手甲恰好作答了2道题为事件，选手甲恰好作答了2道题即选手甲第一题答错或第一题答对且第2题答错，，由概率的加法公式和事件独立性的定义得．即挑战结束时，选手甲恰好作答了2道题的概率为；（2）解：设选手甲挑战成功为事件，若选手甲挑战成功，则选手甲共作答了3道题，且选手甲只可能作答2道题或3道题，“选手甲闯关成功”是“选手甲恰好作答了2道题”的对立事件，根据对立事件的性质得．所以选手甲挑战成功的概率；19．已知函数，(1)判断的奇偶性并证明；(2)若，求的最小值和最大值；(3)定义，设.若在内恰有三个不同的零点，求a的取值集合.【答案】(1)偶函数，证明见解析.(2)，(3)【分析】（1）结合奇偶性的定义直接证明即可；（2）将看作整体，结合二次函数的性质即可求出最值；（3