浙江省宁波市九校2021-2022学年高二下学期期末数学试题（原卷及解析版）

2022年6月宁波九校高二下学期数学期末试题

一､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. 已知全集，集合，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】先求集合的补集，再根据并集运算求出结果.

【详解】因为，，所以；

因为，所以.

故选：B.

2. 若（，i为虚数单位），则（    ）

A. 2 B. 0 C.  D. 1

【答案】B

【解析】

【分析】利用复数乘法及复数相等可得，即可得答案.

【详解】由，即，

所以.

故选：B

3. 已知是两条不同的直线，是三个不同的平面，则下列选项中正确的是（    ）

A. 若，则

B. 若，则

C. 若，则

D. 若，则

【答案】B

【解析】

【分析】利用线面、面面平行与垂直的判定定理及性质定理逐个判断即可得出结论.

【详解】对于A,若，则相交、平行均有可能，故A错误；

对于B,若，则在内或者，又则正确，故B正确；

对于C,若，则相交、平行均有可能,故C错误；

对于D,若，则可能异面或平行，故D错误；

故选：B.

4. 若，则（    ）

A.

B.

C.

D

【答案】D

【解析】

【分析】令可得，，，根据对数函数的单调性判断大小关系.

【详解】令，则，，，

所以，，，而，

故.

故选：D

5. 已知函数若函数有2个零点，则实数的取值范围是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】根据的性质画出函数图像，将问题化为与有2个交点，数形结合求的范围.

【详解】由题意，与有2个交点，

当时，递增且值域为；

当时，在上递减，上递增且值域为；

所以的图像如下：

由图知：时，有2个零点.

故选：A

6. 已知函数，使不等式成立的一个必要不充分条件是（    ）

A.  B. 或 C. 或 D. 或

【答案】D

【解析】

【分析】由函数解析式可知函数的单调性和对称性，利用单调和对称性可得的范围，再由必要不充分条件的定义可得选项.

【详解】因为函数，

所以函数的图象关于对称，当时，单调递增，

根据对称性可知，当时，单调递减，

若不等式成立，则，

即，可得，解得或，

结合选项可知使不等式成立的一个必要不充分条件是或，

故选：D

7. 已知正四棱锥的底面边长为4，侧棱长为，其内切球与两侧面，分别切于点，则的长度为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】设正四棱锥内切球的球心为O，半径为R，P为内切球与侧面PAB的切点， 为侧面上切点所在小圆的圆心，半径为r，E为AB中点，底面正方形ABCD中心，利用等体积法求得内切球的半径，再利用等面积法求得点P到的距离求解.

【详解】解：如图所示：

设正四棱锥内切球的球心为O，半径为R，P为内切球与侧面PAB的切点，

为侧面上切点所在小圆的圆心，半径为r，E为AB中点，底面正方形ABCD中心，

因为正四棱锥S-ABCD的底面边长为4，侧棱长为，

所以正四棱锥侧面三角形的高为，

正四棱锥的高为，

正四棱锥的表面积为，

正四棱锥的体积为，

由等体积法得：，

解得，

因为，

所以，

由正四棱锥的定义知：内切圆与四个侧面相切，四个切点构成正方形，

所以，

故选：A

8. 已知正实数、和实数满足，若存在最大值，则的取值范围是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】由已知可出，分、、三种情况讨论，利用基本不等式求出的最大值，即可得出实数的取值范围.

【详解】因为正实数、和实数满足，

当时，则，此时的最大值为；

当时，即当时，

，

可得，即，不合乎题意；

当时，即当时，

，

若存在最小值，则，可得，即时，

则，，此时存在最大值.

综上所述，若存在最大值，则的取值范围是.

故选：C.

二､多选题：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，有选错的得0分，部分选对的得2分.

9. 已知函数，若存在实数，有，则下列选项一定正确的是（    ）

A.

B.

C. 在内有两个零点

D. 若，则在区间内有零点

【答案】BD

【解析】

【分析】由单调性与零点存在性定理对选项逐一判断

【详解】易知在上单调递增，而，若，

则，而，故符号不确定，，故A错误，B正确，

由零点存在性定理知在内有一个零点，故C错误，

若，则在区间内有零点，故D正确，

故选：BD

10. 若，则下列选项正确的是（    ）

A.

B.

C.

D.

【答案】AD

【解析】

【分析】A选项，根据等式右边的系数为1求出；B选项，求出中的系数为，中的系数为，求出；CD选项，赋值法求解各项系数和与，从而判断CD选项

【详解】因为等式右边的系数为1，所以，A正确；

中的系数为，中的系数为，所以，B错误；

中，令得：

，所以，

令得：，

所以，C错误；

中，令得：

，

即，而，

所以，，D正确.

故选：AD

11. 下列说法正确的是（    ）

A. 以模型去拟合一组数据时，为了求出回归方程，设，将其变换后得到线性方程，则的值分别是

B. 从10名男生，5名女生中随机选取4人，则其中至少有一名女生的概率为

C. 若随机变量，则

D. 在回归分析中，对一组给定的样本数据而言，若残差平方和越大，则模型的拟合效果越好

【答案】AC

【解析】

【分析】对于A：根据代换的过程，直接求解；对于B：直接求出其中至少有一名女生的概率，即可判断；对于C：利用二项分布求出方差，再求；对于D：按照残差的意义直接判断.

【详解】对于A：因为，所以.

又，，

所以，所以.

故A正确.

对于B：从10名男生，5名女生中随机选取4人，有种，至少有一名女生的选法，有，所以其中至少有一名女生的概率为.故B错误.

对于C：

随机变量，所以，所以.故C正确；

对于D：按照残差的意义，在回归分析中，若残差平方和越小，则模型的拟合效果越好.故D错误.

故选：AC

12. 甲箱中有3个白球和3个黑球，乙箱中有2个白球和4个黑球．先从甲箱中随机取出一球放入乙箱中，再从乙箱中随机取出一球.以分别表示从甲箱中取出的是白球和黑球的事件，以分别表示从乙箱中取出的球是白球和黑球的事件，则下列结论正确的是（    ）

A. 事件与事件互斥 B. 事件与事件相互独立

C.  D.

【答案】AD

【解析】

【分析】根据互斥事件、相互独立事件的概念判断A、B，根据古典概型的概率公式判断C，根据全概率公式判断D；

【详解】解：对于A，每次取出球，事件与事件是互斥事件且是对立事件，故A正确；

对于B，从甲箱中取出黑球，放入乙箱中，则乙箱黑球变为个，

则取出白球概率发生变化，事件与事件不相互独立，故B错误；

对于C，若从甲箱取出个黑球放入乙箱，这时乙箱黑球变为个，白球还是个，

则，故C错误；

对于D：因为，，，

所以

，故D正确．

故选：AD．

三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.

13. 设随机变量，若，则___________.

【答案】##

【解析】

【分析】直接根据正态分布的性质即可得结果.

【详解】因为，，

所以正态分布曲线的对称轴为，，

所以，

故答案为：0.4.

14. 已知平面向量满足，则的最小值为___________.

【答案】3

【解析】

【分析】把向量数量积运算和模长转化为坐标运算，然后可求结果.

【详解】不妨设，

则；

所以.

当且仅当时，取到最小值3

故答案为：3

15. 编号为的5个小球，放入编号为的3个盒子，每个盒子至少一个球，编号为1的小球必须放入1号盒子，那么不同的放法有___________种.（填写数字）

【答案】50

【解析】

【分析】从1号盒的放球个数来分类，逐类求解可得答案.

【详解】若1号盒子只放一个球，则2号盒和3号盒共放4个球，有种；

若1号盒子放两个球，则有种；

若1号盒子放三个球，则有种；

所以共有种.

故答案为：50.

16. 已知三棱锥的棱长均为平面为中点，.记和直线所成角为，则该三棱锥绕旋转的过程中，的最小值是___________.

【答案】

【解析】

【分析】把和直线所成角转化为与平面所成角，结合线面角的性质可求答案.

【详解】设与平面所成角为，因为，和直线所成角为，

所以；

取的中点，连接，

因为分别为中点，所以，或其补角是与所成角；

在中，，所以且为锐角.

三棱锥绕旋转的过程中，由线面角的性质可知， ，

所以，即的最小值为.

故答案为：.

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. 已知函数是该函数图象的对称中心

（1）求函数的解析式；

（2）在中，角的对边分别为，若，，求的取值范围.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）由题意得，则可求出，从而可求出函数的解析式；

（2）由可求出，由正弦定理得，从而可表示出，化简后利用三角函数的性质可求得结果

【小问1详解】

由题知，

因为，所以，

所以函数，

即为.

【小问2详解】

由题知，即，

因为，所以，所以，

即.

所以由正弦定理得，

所以,

因为

所以，

所以，所以，

所以取值范围为.

18. 已知函数.

（1）求函数的定义域；

（2）若关于方程有两个不相等的实数根，求实数的取值范围.

【答案】（1）答案见解析   

（2），且，且

【解析】

【分析】（1）将不等式 看作 ，即可得出定义域；

（2）应用对数函数的单调性，转化方程为一元二次方程（含参数）求解即可.

小问1详解】

由于与同解，

若，则定义域是或；

若，则定义域；

若，则定义域是.

【小问2详解】

由于对数函数是单调的，原方程等价于，

化简得：，解得，或，

因为方程有两个不相等的根，并且 都必须在定义域内，

所以 ，解得，且，且；

综上，，且，且.

19. 为了检测新冠疫苗的效果，需要进行动物试验.研究人员将疫苗注射到200只小白鼠体内，一段时间后测量小白鼠的某项指标值，按分组，每组分别有10只，20只，40只，100只，30只.试验发现小白鼠体内没有产生抗体的共有40只，其中该项指标值小于60的有20只.假设小白鼠注射疫苗后是否产生抗体相互独立.

（1）完成如图所示列联表，并根据列联表及的独立性检验，判断能否认为注射疫苗后小白鼠产生抗体与指标值不小于60有关；

（2）用频率估计概率，以动物试验中小白鼠注射疫苗后产生抗体的频率作为注射疫苗后产生抗体的概率.记只小白鼠注射疫苗后产生抗体的数量为随机变量.试验后统计数据显示，当且仅当时，取最大值，求参加接种试验的小白鼠数量.

参考公式：（其中为样本容量）参考数据：

【答案】（1）列联表答案见解析，能认为注射疫苗后小白鼠产生抗体与指标值不小于60有关   

（2）参加接种试验的小白鼠数量

【解析】

【分析】（1）先根据题中数据完成列联表，计算的数值，分析即可得出结果；

（2）不同小老鼠之间的实验显然无关，于是可近似看成二项分布，由题意可知

，解出的范围即可.

【小问1详解】

零假设为：注射疫苗后小白鼠产生抗体与指标值不小于60无关联.

列联表如下：（单位：只）

根据列联表中数据，得

根据的独立性检验，推断不成立，即认为注射疫苗后小白鼠产生抗体与指标值不小于60有关，此推断犯错误的概率不大于.

【小问2详解】

记产生抗体的概率为，则.不同小老鼠之间的实验显然无关，于是可近似看成二项分布，故

由题知：，即，

所以

20. 某数学教师任教两个班级，在一次数学测试中，经统计：班学生人数50，平均成绩是81，方差为5；班学生人数40，平均成绩90，方差为5.在任教班级中按照分层随机抽样抽取9人，再从中随机抽取6人.

（1）若随机抽取的6人成绩分别为88，87，86，85，84，83，求这6人成绩的第50百分位数；

（2）随机抽取的6人中，记来自班的学生数为，请写出的分布列，求数学期望；

（3）求该教师所任教的所有学生在这次考试中数学成绩的均值与方差.

【答案】（1）这6人成绩的第50百分位数是；   

（2）分布列见解析，数学期望：；   

（3）均值为85，方差为25.

【解析】

【分析】（1）百分位求法求第50百分位数；

（2）由题意随机变量的取值为并求出对应概率值，即可得分布列，进而求期望；

（3）根据已知各班级平均成绩及方差求所有学生的成绩均值和方差.

【小问1详解】

由6人成绩从大到小为88，87，86，85，84，83，

这6人成绩的第50百分位数是.

【小问2详解】

按分层抽样，9人中有5人来自班，4人来自班.

随机变量的取值为.

，

分布列如下：

.

【小问3详解】

平均分：.

又，，即，，

方差：

.

21. 如图，在四棱锥中，平面，底面为梯形，其中，点在棱上，点为中点.

（1）记平面平面，判断直线和直线的位置关系，并证明；

（2）若二面角的大小为是靠近的三等分点，求与平面所成角的正弦值.

【答案】（1），证明见解析；   

（2）

【解析】

【分析】（1）先利用线面平行的判定定理证得平行，然后利用线面平行的性质定理证得结论；（2）利用面面垂直的性质定理证得平面，从而求得二面角的平面角，利用等体积法求得点到平面的距离，过作于点，求得的长，然后利用线面角概念求得结果.

【小问1详解】

，证明如下：

因为平面平面，

所以平面.

因为平面平面，平面平面.

所以.

【小问2详解】

在梯形中，由条件可得，

平面平面，平面平面平面，

所以平面，所以二面角的平面角为，

所以，因为平面，所以，由，

得点到平面的距离，

过作于点，则，所以，

于是且，所以四边形是平行四边形.于是

又，所以，

所以与平面所成角正弦值为.

22. 已知函数.

（1）若，记函数.当时，写出的增区间.（不需要证明）；

（2）记函数.若在区间上最大值是2，求的值；

（3）记函数，对，有成立，求实数取值范围.

【答案】（1）   

（2）或或或5   

（3）

【解析】

【分析】（1）去绝对值符号，从而可求出函数的单调增区间；

（2）令，则有，故问题转化为：当时，函数在函数图像之间，再分和两种情况讨论，从而可得出答案；

（3），即，令，则，即，令，再根据二次函数的性质即可得出答案.

【小问1详解】

解：，

的单调递增区间是；

【小问2详解】

解：，令，

，

故问题转化为：当时，函数在函数图像之间，

①那么当时，函数顶点坐标在轴的负半轴上，

当过点或时，满足题意，故，

②那么当时，函数顶点坐标在轴的正半轴上，

当过点或，或者与相切时，满足题意，

故，

综上所述：的值为或或或5；

【小问3详解】

解：，，

不妨令或，

令，

，

换元可得：，

令，

对称轴，

①当，对称轴为负数，只需满足，

②当，只需满足即可，

恒成立，故成立，

综上所述：实数取值范围为.

【点睛】本题考查了函数的单调性，考查了二次函数的最值问题，及不等式恒成立问题，考查了分类讨论思想及转化思想，有一定的难度.