浙江省宁波市九校2022-2023学年高二数学下学期期末联考试题（Word版附解析）

这是一份浙江省宁波市九校2022-2023学年高二数学下学期期末联考试题（Word版附解析），共26页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

2022学年第二学期宁波市九校联考高二数学试题
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. 已知复数z满足，则对应的点位于（ ）
A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限
【答案】A
【解析】
【分析】根据复数除法运算法则，求出复数z，即可求解.
【详解】由，得，
所以，在复平面内对应的点为
所以对应点位于第一象限.
故选：A.
2. 设集合，，则中元素的个数为（ ）
A. 2 B. 3 C. 4 D. 5
【答案】B
【解析】
【分析】在同一坐标系下画出两集合对应函数图象，交点个数即为交集元素个数
【详解】对于函数，当时，；当时，.
对于函数，，则且端点处取最大值.
两函数图象在同一坐标系下大致如下，则两函数图象有3个交点，即中元素的个数为3个.
故选：B

3. 已知随机变量，，它们的分布密度曲线如下图所示，则下列说法中正确的是（ ）

A. ， B. ，
C. ， D. ，
【答案】B
【解析】
【分析】由图结合正态分布曲线特点可得答案.
【详解】由图可得随机变量的均值比随机变量的均值小，则.又由图得，随机变量的分布比随机变量的分布更加分散，则.
故选：B
4. 已知平面向量，满足，则在上的投影向量为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由已知可得，根据投影向量定义及数量积的运算律求投影向量即可.
【详解】由知：，可得，
所以在上的投影向量为.
故选：A
5. 若，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据同角三角函数的关系结合角度范围可得，再根据二倍角公式可得，结合诱导公式可得.
【详解】因为，所以，又，所以，所以，所以＝
故选：D
6. 在中，点O满足，过点O的直线分别交射线AB，AC于点M，N，且，，则的最小值为（ ）
A. B. C. 3 D. 4
【答案】A
【解析】
【分析】利用共线定理的推论可得，然后妙用“1”可得.
【详解】由题可知，，
因为，，所以，，
又，所以，
所以，
因为三点共线，所以，
所以，
当且仅当，即时，等号成立.
所以最小值为.
故选：A

7. 已知是定义在上的奇函数，且，若对任意的，，均有成立，则不等式的解集为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】构造函数，则在上递增，判断也是是定义在上的奇函数，可得在上递增，分类讨论列不等式求解即可.
【详解】因为对任意的，，均有成立，
不妨设，则，
所以，
构造函数，则在上递增，
因为是定义在上的奇函数，所以也是是定义在上的奇函数，
所以在上递增，
不等式化为，
因为，
则，
或；
时，，不合题意；
综上不等式的解集为，
故选：D.

8. 三面角是立体几何的重要概念之一.三面角是指由有公共端点且不共面的三条射线，，以及相邻两射线之间的平面部分所组成的空间图形.三面角余弦定理告诉我们，若，，，平面与平面所成夹角为，则.现已知三棱锥，，，，，，则当三棱锥的体积最大时，它的外接球的表面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】作出图形，作，平面，则，先表示出，接着用条件表示成，要使三棱锥的体积最大，则最大，利用基本不等式得出时，其体积最大，然后补全三棱锥成棱柱，根据棱柱外接球半径即可求解.
【详解】由题知，，，，
平面与平面所成夹角为，
作，平面，
则，

由题意得，
，，
，
，
，
所以，
要使三棱锥的体积最大，则最大，
在中，由余弦定理得，
，
整理得，，
，即，
当且仅当时，等号成立，
则，，
，
因为，
解得，
所以，，
即，，，
所以补全三棱锥成棱柱，如下图，

则四边形是菱形，
点为其外接球的球心，即中点，
所以，，
，
所以外接球半径为，
即三棱锥外接球的表面积为.
故选：B
【点睛】三棱锥外接球表面积问题，从以下几个角度分析：
（1）面面角的定义以及辨析；
（2）求解最值时，基本不等式的利用；
（3）几何体割补法的应用；
（4）数形结合思想的应用.
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9. 下列等式成立的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BC
【解析】
【分析】利用排列数、组合数公式对各选项逐一计算判断作答.
【详解】根据阶乘的概念可知，，故A错误；
，故B正确；
因为，所以，故C正确；
根据组合数的性质可知，故D错误；
故选：BC
10. 以下四个正方体中，满足平面CDE的有（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BD
【解析】
【分析】根据直线与平面内的直线不垂直可判断AC，根据直线与平面垂直的判定定理判断BD.
【详解】对A，，，与所成角为，故与平面CDE不垂直， 故A错误；
对B，在正方体中，平面，平面，所以， 又，，平面CDE，所以平面CDE，故B正确；
对C，连接，如图，

在正方体中，由正方体面上的对角线相等可知，为正三角形，所以，又，与所成的角为，所以与平面CDE不垂直，故C不正确；
对D，连接，如图，

因为平面，平面，所以，又，
平面，所以平面，又平面，所以，同理可得，再由平面，所以平面CDE，故D正确.
故选：BD
11. 已知函数的定义域为，是偶函数，的图象关于点中心对称，则下列说法正确的是（ ）
A. B.
C. ， D. ，
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据是偶函数可得函数关于直线对称，由的图象关于点中心对称可得关于点成中心对称，据此可推导出函数为周期函数，判断A，再由函数的周期求出判断B，由周期性及对称性可判断C，由以上分析利用求解可判断D.
【详解】因为是偶函数，所以，可得，
故关于直线对称，
因为的图象关于点中心对称，所以关于点成中心对称，
所以，
又由可得，
所以，即，所以，
两式相减可得，即，所以，故A错误；
由周期，，又，所以，即，故B正确；
由周期，，，由可得，，，故C正确；
由上述分析可知，又因为，
所以，所以，
故D正确.
故选：BCD
【点睛】关键点点睛：当函数满足时，函数关于直线对称，
当函数满足时，函数关于点成中心对称.
12. 一个不透明的袋子中装有大小形状完全相同的红、黄、蓝三种颜色的小球各一个，每次从袋子中随机摸出一个小球，记录颜色后放回，当三种颜色的小球均被摸出过时就停止摸球.设“第i次摸到红球”，“第i次摸到黄球”，“第i次摸到蓝球”，“摸完第i次球后就停止摸球”，则（ ）
A. B.
C. ， D. ，
【答案】ACD
【解析】
【分析】AC选项，求出包含的事件数为，从而得到，并计算出；B选项，计算出，，利用条件概率公式计算出答案，D选项，表达出，，和，，利用条件概率公式得到答案.
【详解】AC选项，“摸完第n次球后就停止摸球”，有放回的摸n次，有种可能，若恰好摸球n次就停止摸球，则恰好第n次三种颜色都被摸到，即前次摸到2种颜色，第n次摸到第三种颜色，共种情况，
则，，，AC正确；
B选项，事件表示第一次摸到红球，摸到第4次，摸球结束，
若第2次或第3次摸到的球为红球，此时有种情况，不妨设第2次摸到的球为红球，
则第3次和第4次摸到的球为蓝球或黄球，有2种可能，
故有种情况，
若第2次和第3次都没有摸到红球，则第2次和第3次摸到的球颜色相同，第4次摸到的球和第2,3次摸到的球颜色不同，故有种情况，
故，其中摸4次球可能得情况有种情况，
故，
其中，故，B错误；
D选项，表示“第次摸到蓝球，第次摸到黄球，第次摸到红球，停止摸球”，则前次摸到的球时蓝球或红球，故有种可能，故，，
表示“在前次摸球中，第次摸到蓝球，第次摸到黄球”，故有种可能，
故，，
则，，D正确.
故选：ACD
【点睛】常见的条件概率处理方法，其一是用样本点数的比值处理，需要弄情况事件包含的样本点数，其二是用概率的比值处理，也可以缩小样本空间，从而确定概率，解决实际问题的关键在于分析情况基本事件.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13 已知实数a，b满足且，则m＝______.
【答案】100
【解析】
【分析】根据指数与对数的互化公式，表示出，再结合换底公式表示出，最后结合对数运算即可求解
【详解】由可得，
又，即，
所以，即
故答案为：
14. 现有一枚质地不均匀的硬币，若随机抛掷它两次均正面朝上的概率为，则随机抛掷它两次得到正面、反面朝上各一次的概率为______；若随机抛掷它10次得到正面朝上的次数为，则______.（第一空2分，第二空3分）
【答案】 ①. ## ②.
【解析】
【分析】根据独立事件的乘法公式求出抛掷一枚硬币正面朝上概率，再由独立重复试验求出正面、反面朝上各一次的概率为，由二项分布的期望公式求期望.
【详解】设这枚硬币正面朝上的概率为，反面朝上的概率为，
则两次正面朝上的概率为 ，解得 ，
所以随机抛掷两次得到正面，反面朝上各一次的概率为.
由题易知随机变量服从二项分布~，
则.
故答案为：；.
15. 已知函数，若有4个零点，则实数a的范围是______.
【答案】
【解析】
【分析】由题可得方程与方程各有两个根，对于前者转化为函数图象与直线有两个交点，后者由判别式结合韦达定理可得a范围，综合后可得答案.
【详解】当时，，则函数在上单调递减，在上单调递增，据此可得大致图象如下，又方程的解的个数相当于函数图象与直线交点个数，方程最多2个根，有4个零点，则方程与方程各有两个根.设方程两根为，则.
故答案为：.
【点睛】
16. 已知平面向量，，满足，，则的最小值为______.
【答案】##
【解析】
【分析】求出向量的模及夹角，记，得出对应点的轨迹，利用数形结合求最值.
【详解】由，即，所以，
记，因为，
所以在以为圆心，1为半径的圆上，在以为圆心，2为半径的圆上，其中，
所以，
作A关于直线l（所在直线）的对称圆，的对称点记为，知，
则，如图，

由图可知，当共线时，存在最小值，
因为，
所以最小值为.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：利用向量的的几何表示，原问题转化为求最小值，数形结合，利用共线线段最短得解.
四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且______，
请从下列两个条件中任选一个填入上方的横线中作为已知条件，并解答本题（如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分）：
①；②，
（1）求A；
（2）若D为边BC上一点，且，试判断是锐角三角形、直角三角形还是钝角三角形，并说明理由.
【答案】（1）
（2）直角三角形，理由见解析
【解析】
【分析】（1）选①：利用诱导公式化简，再由正弦定理边化角，然后由二倍角公式化简可得；选②：根据面积公式和余弦定理列方程可解；
（2）根据已知先得，然后平方，联立余弦定理求解可得，，然后可判断三角形形状.
【小问1详解】
若选①：，，，
，，
，，
所以，解得.
若选②：，
， ，
，
因为，故.
【小问2详解】
，
且
，即，
，
，即①，
又由余弦定理得②，
联立①②可得，，
从而，故是直角三角形.

18. 已知函数的图象关于直线对称，且在上没有最小值.
（1）求的单调增区间；
（2）已知函数（且），对任意，总存在，使得，求实数a的取值范围.
【答案】（1）
（2）或.
【解析】
【分析】（1）由两角和的正弦公式化简，再由对称轴及在上没有最小值求出解析式，由正弦型函数的单调性求单调区间即可；
（2）根据存在性及任意性问题转化为，分别利用三角函数及对数型函数的性质求最值，解不等式即可.
【小问1详解】
.
的图象关于直线对称.
，解得.
当时，.
在上没有最小值.
，解得.
又，所以，所以.
令，
解得.
所以的单调增区间为.
【小问2详解】
任意，均存在，使得.
.
...
又（且）单调性相同，
在定义域上是增函数.
.
或
或.
19. 航班正点率是指航空旅客运输部门在执行运输计划时，航班实际出发时间与计划出发时间较为一致的航班数量与全部航班数量的比率.人们常用航班正点率来衡量一个航空公司的运行效率和服务质量.现随机抽取10家航空公司，对其近一年的航班正点率和顾客投诉次数进行调查，得到数据如下：
航空公司编号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
航班正点率/%
82
77
77
76
74
73
71
70
91
69
顾客投诉次数/次
21
58
79
68
74
93
72
122
18
125
整理数据得：，，，，，.
（1）（i）证明：样本相关系数；
（ii）根据以上数据计算样本相关系数（结果保留2位小数），并由此推断顾客投诉次数与航班正点率之间的线性相关程度（若，则认为线性相关程度很强；若，则认为线性相关程度一般；若，则认为线性相关程度很弱）.
（2）用一元线性回归模型对上表中的样本数据进行拟合，得到顾客投诉次数关于航班正点率的经验回归方程为.现有一家航空公司拟通过加强内部管理来减少由于公司自身原因引起的航班延误次数，并希望一年内收到的顾客投诉不超过73次，试估计该公司的航班正点率应达到多少？
参考公式：样本相关系数.
【答案】（1）（i）证明见解析；（ii）；顾客投诉次数与航班正点率之间的线性相关程度很强
（2）76%.
【解析】
【分析】（1）（i）将展开，结合平均数意义化简可得，然后分别用替代，用分别替代可证；（ii）根据所给数据代入公式计算,然后可作出判断；
（2）利用样本中心点求，然后根据回归方程解不等式可得.
【小问1详解】
（i）证明：



，
在上式中分别用替代，得，
同理，也有，
故样本相关系数.
（ii）可知，.
，
，
，

，
故顾客投诉次数与航班正点率之间的线性相关程度很强.
【小问2详解】

令，得.
即该公司的航班正点率应达到76%.
20. 2023年4月23日是第28个“世界读书日”.为了倡导学生享受阅读带来的乐趣、尊重和保护知识产权，立德中学举办了一次阅读知识竞赛.初赛中每支队伍均要参加两轮比赛，只有两轮比赛均通过的队伍才能晋级.现有甲、乙两队参赛，初赛中甲队通过第一轮和第二轮的概率均为，乙队通过第一轮和第二轮的概率分别为，，且各队各轮比赛互不影响.
（1）记甲、乙两队中晋级的队伍数量为X，求X的分布列和数学期望；
（2）经过激烈的比拼，甲、乙两队成功进入决赛争夺冠军.决赛共有两道抢答题.第一题中，某支队伍若抢到并答对则加10分，若抢到但答错则对方加10分.第二题中，某支队伍若抢到并答对则加20分，若抢到但答错则对方加20分.最终得分高的队伍获胜.假设两支队伍在每一题中抢到答题权的概率均为，且每一题答对的概率分别与初赛中通过对应轮次的概率相等.各队各题作答互不影响.已知甲队获得了冠军，计算第二题是由甲队抢到答题权的概率.
【答案】（1）分布列见解析，
（2）
【解析】
【分析】（1）设“甲队晋级”为事件，“乙队晋级”为事件，求得，，得到的可能取值为，求得相应的概率，出分布列，结合期望的公式，即可求解；
（2）记事件 “甲队获得冠军”， “该题由甲队抢到答题权”，结合条件概率的公式，即可求解.
【小问1详解】
解：设“甲队晋级”为事件，“乙队晋级”为事件，
可得，，
则随机变量的可能取值为，
可得；.
.
所以随机变量的分布列为

0
1
2





则期望.
【小问2详解】
由题意，第二题得分的那队获得胜利，
记事件 “甲队获得冠军”， “第二题由甲队抢到答题权”，
可得，
又由，
故.
21. 如图，四面体中，平面平面，，，，

（1）若，证明：平面；
（2）设过直线且与直线BC平行的平面为，当与平面所成的角最大时，求平面与平面的夹角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）利用面面垂直的性质定理证得平面，进而得到，从而利用线面垂直的判定定理依次证得平面，平面；
（2）先由题意推得与平面所成的角最大时的值，再推得平面与平面的夹角的平面角为，从而在中求得所求.
【小问1详解】
过点作，垂足为，
平面平面，平面平面，，平面，
平面，又平面，，
，，，平面，平面，
又平面，，
又平面，故平面.
【小问2详解】
过点作，垂足为，
平面平面，平面平面，，平面，
平面，
是与平面所成的角，
在中，，，则，
故，即，则，
当，即时，最大，且最大值为，
此时，，，
记平面，过点作，垂足为，连接，
，平面，平面，
，故平面就是平面，
平面，，
，，平面，平面，
又平面，，
是平面与平面的夹角，则，
又因为，，所以，所以四边形是平行四边形，
故，则在中，，
所以平面与平面的夹角余弦值为.
.
22. 已知，.定义，设，．

（1）若，（i）画出函数的图象；
（ii）直接写出函数的单调区间；
（2）定义区间的长度.若，，则.设关于x的不等式的解集为D.是否存在t，使得？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）（i）作图见解析；（ii）单调减区间为，，单调增区间为，
（2）存在，
【解析】
【分析】（1）（i）时，，求出方程的根，即可画出的图象；（ii）由的图象即可写出其单调区间；
（2）由得不等式有解必要条件是，再对的值分情况讨论即可.
【小问1详解】
（i）若，则，
.
.
令，
得，.
故函数的图象如图所示.

（ii）由函数的图象可知的单调减区间为，，
单调增区间为，.-
【小问2详解】
，..
不等式有解的必要条件是.
①当时，如图①所示，
令，即，得.
，不符合题意.
当时，令，得.
解得，.
令，得.

②当时，如图②所示，
的解集为，
的解集为，
此时.
令，解得.

③当时，如图③所示，
，
，
令，得.
.
令，解得或，均舍去.
综上所述，.
【点睛】思路点睛：本题考查了函数的新定义问题，对于第（2）小题，突破口是由得不等式有解的必要条件是，再对与和的最小值进行分类讨论求解.