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

这是一份浙江省宁波市2022-2023学年高二数学下学期期末试题（Word版附解析），共27页。试卷主要包含了多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

宁波市2022学年第二学期期末试题高二数学试卷
第I卷（学考模拟 共100分）
一、单项选择题（本大题共12小题，每小题3分，共36分.每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分.
1. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据并集的定义计算可得.
【详解】因为，，
所以.
故选：D
2. 复数（i为虚数单位）的虚部是（ ）
A. B. C. 1 D. 2
【答案】A
【解析】
【分析】利用复数的相关概念求解.
【详解】因为复数，
所以复数（i为虚数单位）的虚部是.
故选：A
3. 函数的定义域是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用具体函数定义域的求法求解即可.
【详解】因为，
所以，则，
所以的定义域为.
故选：B.
4. 已知，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据特殊角的三角函数值判断即可.
【详解】因为且，所以.
故选：B
5. 某制药厂正在测试一种减肥药的疗效，有1000名志愿者服用此药，结果如下：
体重变化
体重减轻
体重不变
体重增加
人数
241
571
188
如果另有一人服用此药，根据上表数据估计此人体重减轻的概率是（ ）
A. 0.57 B. 0.33 C. 0.24 D. 0.19
【答案】C
【解析】
【分析】本题主要考查概率的求法，考查了推理能力与计算能力，属于基础题.利用表中数据直接计算即可.
【详解】由已知统计表可知在1000名志愿者中，
服药后出现体重减轻的人数为241人，
因此服药后出现体重减轻的频率为，
故选：C.
6. 已知平面向量，，若，则实数（ ）
A. B. C. 1 D. 4
【答案】A
【解析】
【分析】依题意可得，根据数量积的坐标表示得到方程，解得即可.
【详解】因为，且，
所以，解得.
故选：A
7. 已知球的半径是3，则该球的体积是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据球的体积公式计算可得.
【详解】因为球的半径，所以球的体积.
故选：D
8. 对数与互为相反数，则有（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由题得，化简即可得答案.
【详解】解：由已知得，即，则.
故选：C.
【点睛】本题考查对数的运算性质，是基础题.
9. 取一条长度为1的直线段，将它三等分，去掉中间一段，留下剩下的两段；再将剩下的两段分别分割三等分，各去掉中间一段，留剩下的更短的四段；…；将这样的操作一直继续下去，直至无穷，由于在不断分割舍弃过程中，所形成的线段数目越来越多，长度越来越小，在极限的情况下，得到一个离散的点集，称为康托尔三分集.若在第n次操作中去掉的线段长度之和不小于，则n的最大值为（ ）
（参考数据：）
A. 7 B. 8 C. 9 D. 10
【答案】B
【解析】
【分析】根据题设可得第n次操作去掉的线段长度之和为，则有，再根据指数函数性质结合参考数据求n的最大值.
【详解】第一次操作去掉的线段长度为，
第二次操作去掉的线段长度之和为，
第三次操作去掉的线段长度之和为，
…，
第n次操作去掉的线段长度之和为，
由题意知，，则，
则，
因为，所以指数函数为增函数，
又，，
所以，
故选：B.
10. 已知为非零实数，则“”是“”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】D
【解析】
【分析】
根据充分条件和必要条件的定义即可判断.
【详解】当时，，所以由得不出，
若即，若，则，即，
所以由得不出，
所以“”是“”的既不充分也不必要条件，
故选：D.
11. 在中，，，，则直线通过的（ ）
A. 垂心 B. 外心 C. 重心 D. 内心
【答案】D
【解析】
【分析】根据向量的加法的几何意义，结合菱形的对角线为相应角的平分线，得到在的角平分线上，从而作出判定.
【详解】因为,∴，
设,则，
又，
∴在的角平分线上，
由于三角形中,
故三角形的边上的中线，高线，中垂线都不与的角平分线重合，
故经过三角形的内心，而不经过外心，重心，垂心，
故选D.
12. 已知函数的定义域为R，为奇函数，且对于任意，都有，则下列结论中一定成立的是（ ）
A. B.
C. 为偶函数 D. 为奇函数
【答案】C
【解析】
【分析】由是奇函数，得即可判断，先证明，得到，从而判断，证明的周期为，再证明函数的图象关于对称，可判断C，由结合周期性判断D.
【详解】由是奇函数，得，即，选项错误；
由，得，所以，即，则，B错；
由可得可得函数的周期为，
与可得，即函数的图象关于对称，
根据周期为2可得函数的图象关于对称，即，所以为偶函数，C正确；
因为且函数的周期为，所以，为偶函数，，故选项错误．
故选：．
二、多项选择题（本大题共4小题，每小题4分，共16分，每小题列出的四个备选项中有多个是符合题目要求的，全部选对得4分，部分选对且没错选得2分，不选、错选得0分.）
13. 下列函数是增函数的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】AC
【解析】
【分析】根据幂函数的性质判断各选项的单调性即可.
【详解】对于A，函数的定义域为，
函数在上单调递增，A正确；
对于B，函数的定义域为，
函数在上单调递减，在上单调递增，B错误；
对于C，函数的定义域为，
函数在上单调递增，C正确；
对于D，函数的定义域为，
函数在上单调递增，在上单调递增，
但，D错误；
故选：AC.
14. 已知平面平面，且，则下列命题不正确的是（ ）
A. 平面α内的直线必垂直于平面β内的任意一条直线
B. 平面α内的已知直线必垂直于平面β内的无数条直线
C. 平面α内的任意一条直线必垂直于平面β
D. 过平面α内的任意一点作交线l的垂线，则此垂线必垂直于平面β
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据线面、面面关系逐一判断即可.
【详解】对于A，平面内取平行于交线的直线时，该直线与平面平行，不垂直于平面β内的任意一条直线，故A错误；
对于B，取平面内无数条与交线垂直的直线，平面内的已知直线与这无数条直线垂直，故B正确；
对于C，平面内取与平行的直线，不垂直于平面，故C错误；
对于D，若内的任意一点取在交线上，所作垂线可能不在平面内，所以不一定垂直于平面，故D错误.
故选：ACD
15. 在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.以下列选项为条件，一定可以推出的有（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AD
【解析】
【分析】由余弦定理判断A，由正弦定理判断B，举例判断C，结合内角和关系和二倍角公式诱导公式判断D.
【详解】对于A，由余弦定理可得，又，
所以，A正确；
对于B，由正弦定理可得，又，
所以，又，
所以或，B错误；
对于C，取，为锐角，且，
可得为锐角，且，此时，C错误；
对于D，由可得，
所以，
所以，解得或（舍），
又，所以，D正确；
故选：AD.
16. 如图，在棱长为2的正方体中，点E为的中点，点P在线段（不包含端点）上运动，记二面角的大小为，二面角的大小为，则（ ）

A. 异面直线BP与AC所成角的范围是
B. 的最小值为
C. 当的周长最小时，三棱锥的体积为
D. 用平面截正方体，截面的形状为梯形
【答案】ABD
【解析】
【分析】由异面直线夹角定义确定异面直线BP与AC所成角，由此判断A；由二面角的定义确定，求，利用两角和的正切公式求，再求其最小值，判断B；确定周长最小时点的位置，结合锥体体积公式求的体积，判断C；根据平面的性质，确定正方体的过点的截面，判断D.
【详解】因为，所以异面直线BP与AC所成角为或中的锐角或直角，

又，所以为为等边三角形，
因为点P在线段（不包含端点）上运动，
所以当为线段的中点时，，
此时异面直线BP与AC所成角为，
当点趋近或时，异面直线BP与AC所成角趋近，
所以异面直线BP与AC所成角的范围是，A正确；

过点作，，
因为平面，所以平面，
过点作，垂足，
所以为二面角的平面角，为二面角的平面角，
故，
设，则，，
所以，，
所以，
因为，所以，
所以，
所以当时，取最小值，最小值为，B正确；
延长到点，使得，则，
所以，
当且仅当三点共线时等号成立，
所以当点为线段与的交点时，的周长最小，
因，所以，
所以，又，所以，
所以的面积，
又，，，平面，
所以平面，
所以点到平面的距离为，
所以当的周长最小时，三棱锥的体积为，C错误；

延长，两直线交于点，连接，
设，连接，
因为平面平面，
平面平面，平面平面，
所以，又，
所以四边形为梯形，
所以用平面截正方体，截面的形状为梯形，D正确.

故选：ABD.
【点睛】知识点点睛：本题主要考查异面直线的夹角，二面角的求法，锥体体积问题，正方体的截面，属于综合题主要考查学生的逻辑推理能力和直观想象能力.
三、填空题（本大题共4小题，每空3分，共15分.）
17. 已知函数，则_______，_________.
【答案】 ①. ## ②. ##
【解析】
【分析】利用函数的解析式可求得的值，计算出的范围，根据函数的解析式可求得的值.
【详解】因为，则；
因为，所以，，
所以，.
故答案为：；.
18. 在生活中，我们经常可以看到这样的路障，它可以近似地看成由一个直八棱柱、一个圆柱与一个圆台组合而成，其中圆台的上底面直径为，下底面直径为，高为.为了起到夜间行车的警示作用，现要在圆台侧面涂上荧光材料，则涂料部分的面积为________.

【答案】
【解析】
【分析】作圆台的轴截面，利用条件求其母线长，再由圆台侧面积公式求其侧面积即可.
【详解】作圆台的轴截面如下：

过点作，垂足为，
由已知，，，
所以，
所以圆台的母线长为，
由已知圆台的上底半径为，下底半径为，
所以圆台的侧面积，
故答案为：.
19. 已知正实数x，y满足，则的最小值是_________.
【答案】##
【解析】
【分析】由条件可得，结合基本不等式求的最小值.
【详解】因为，
所以，
所以，
所以，
当且仅当，时等号成立，即时等号成立，
所以的最小值是.
故答案为：.
20. 在锐角中，内角，，所对的边分别为，，，若，则的取值范围为_________.
【答案】
【解析】
【分析】由正弦定理将边角互化，结合余弦定理及两角和差的正弦公式得到，根据为锐角三角形可得，以及，再由正弦定理可得，利用两角和的正弦展开式和的范围可得答案.
【详解】因为，由正弦定理可得，
由余弦定理，所以，即，
由正弦定理可得，
所以，
即，
所以，
因为，，所以，
所以，即，所以，
由为锐角三角形，所以，，可得，
所以，，
由正弦定理得
，
即的取值范围为.
故答案为：.
【点睛】关键点睛：本题关键是通过边角互化得到，从而得到，最后由正弦定理将式子转化为角的三角函数，结合余弦函数的性质计算可得.
四、解答题（本大题共3小题，共33分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）
21. 随着移动互联网的发展，与餐饮美食相关的手机软件层出不穷.现从某市使用款订餐软件的商家中随机抽取个商家，对它们的“平均配送时间”进行统计，所有数据均在范围内，得到如图所示的频率分布直方图.

（1）求的值；
（2）试估计该市使用款订餐软件的商家的“平均配送时间”的第百分位数.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据频率分布直方图中所有小矩形的面积之和为得到方程，解得即可.
（2）首先判断第百分位数位于之间，设为，则，解得即可.
【小问1详解】
依题意可得，
解得.
【小问2详解】
因为，所以第百分位数位于之间，
设为，则，解得，
故第百分位数为.
22. 已知函数.其中.若的最小正周期为，且；
（1）求的值；
（2）若，求在区间上的值域.
【答案】（1），；
（2）在区间上的值域为.
【解析】
【分析】（1）由函数的周期，结合周期公式求，由条件化简求；
（2）结合条件确定，利用不等式性质结合正弦函数性质求在区间上值域.
【小问1详解】
因为的最小正周期为，，
所以，所以，
所以，
因为，
所以，
所以，
所以，
所以，
【小问2详解】
由（1），又，
所以，
所以，
由已知，所以，
所以，
所以在区间上的值域为.
23. 已知函数，其中.
（1）若，求的值；
（2）判断函数的零点个数，并说明理由；
（3）设，求证：.
【答案】（1）
（2）1个零点，理由见详解
（3）证明见详解
【解析】
【分析】（1）根据解析式直接计算即可；
（2）利用导数讨论其单调性，结合零点存在性定理判断即可；
（3）利用单调性结合放缩法证明.
【小问1详解】
若，则，
所以.
【小问2详解】
，
因为，所以，
所以，所以在上单调递增，
又，因为，所以，所以，
又，所以在内有唯一零点.
【小问3详解】
由（2）可知，，
因为，所以，
所以，
令，则，
记，
因为，所以，
易知在上单调递增，又因为，所以，
所以，
因为，
所以要证，只需证，即证，
令，
因为，所以在单调递增，
所以，即，即.
综上，，即.
第II卷（能力提升 共50分）
五、多项选择题（本大题共4小题，每小题5分，共20分每小题列出的四个备选项中有多个是符合题目要求的，全部选对得5分，部分选对且没错选得2分，不选、错选得0分）
24. 抛掷一枚质地均匀的硬币两次，设事件“第一次正面朝上”，事件“第二次正面朝上”，则（ ）
A. B.
C. 事件A与事件B互斥 D. 事件A与事件B相互独立
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据对立事件，并事件，互斥与相互独立事件的概念，结合选项依次判断即可.
【详解】对于A，试验的样本空间为: {(正, 正),(正, 反),(反, 正),(反, 反)} ,共4个样本点，
所以，故，故A正确;
对于B，试验的样本空间为: {(正, 正),(正, 反),(反, 正),(反, 反)} ,共4个样本点，事件含有(正, 正),(正, 反),(反, 正),这三种结果,故，故B正确；
对于C，{(正,正),(正,反)}, {(正,正),(反,正)}，显然事件, 事件都含有“(正,正)这一结果, 事件, 事件能同时发生,因此事件与事件不互斥,故C不正确;
对于D，,,,所以,
所以事件与事件为相互独立事件，故D正确.
故选:ABD.
25. 已知平面向量满足，则（ ）
A. 的最大值为3 B. 的最大值为3
C. 的最大值为6 D. 的最大值为2
【答案】ABD
【解析】
【分析】设的夹角为，通过平方转化得，利用三角函数的性质求出其最大值，即可判断A；选项BCD采用同样的方法求解判断即可.
【详解】设的夹角为，，，
∵，
∵，∴，
∴当时，有最大值3，故A正确；
∵，
∵，∴，
∴当时，有最大值3，故B正确；
∵，
∴，
∵，∴，
∴当时，有最大值，
所以的最大值为，故C错误；
∵，
要使取最大值，只需考虑的情形，
此时，
∵，∴，
∴当时，有最大值，
所以的最大值为，故D正确.
故选：ABD.
26. 已知函数，若满足，对，都使得成立，则的值可能为（ ）
A. B. C. D.
【答案】BC
【解析】
【分析】由条件可得，的值域包含于函数，的值域，求函数，的值域，并对各选项逐一检验，可得结论.
【详解】因为对，都使得成立，
所以，的值域包含于函数，的值域，
函数，的值域为，
所以，的值域包含区间，
由，可得，
当时，，
所以，的值域为不满足要求，A错误；
当时，，，
所以，的值域为满足要求，B正确；
当时，，，
所以，的值域为满足要求，C正确；
当时，，，
所以，的值域为不满足要求，D错误；
故选：BC.
27. 已知正实数、、满足，，其中，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】利用换底公式可判断A选项；设，，利用对数与指数的互化，以及幂函数的单调性可判断B选项；比较、的大小，利用作商法结合幂函数的单调性可判断C选项；利用基本不等式可判断D选项.
【详解】对于A选项，因为，所以，
由，可得，则，所以，故A对；
对于B选项，设，则，，
因为幂函数在上为增函数，所以，即，
设，则，，
因为幂函数在上为增函数，
所以，即，则，故B错；
对于C选项，因为，且，，
所以，所以，则，故，
所以，即，故C对；
对于D选项，由基本不等式，可得，
所以，，故D对.
故选：ACD.
六、解答题（本大题共2小题，共30分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤，）
28. 如图，正四棱锥的高为，体积为.

（1）求正四棱锥的表面积；
（2）若点为线段的中点，求直线AE与平面所成角的正切值；
（3）求二面角的余弦值.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）先由棱锥的体积公式求得底面边长，再利用正四棱锥的性质求得，从而求得，进而求得该正四棱锥的表面积；
（2）结合（1）中结论建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角余弦的坐标表示，结合三角函数的基本关系式即可得解；
（3）分别求得平面与平面的法向量，再利用空间向量夹角余弦的坐标表示即可得解.
【小问1详解】
连接，连接，如图，

因为在正四棱锥中，底面是正方形，则，且是与的中点，底面，
因为正四棱锥的高为，体积为，则，
，设底面边长，则，
所以由得，解得，
因为底面，底面，故，
在中，，则，同理，
所以在中，，则，
同理：，
所以正四棱锥的表面积为.
【小问2详解】
由（1）可得，以原点，为轴，建立空间直角坐标系，如图，
则，
因为点为线段的中点，所以，则，
易知平面的一个法向量为，
设直线AE与平面所成角为，则，
所以，
故，，
所以直线AE与平面所成角的正切值为.
【小问3详解】
由（2）知，
设平面的一个法向量为，则，
取，则，故，
设平面的一个法向量为，则，
取，则，故，
设二面角为，则由图形可知，
所以，
所以二面角的余弦值为.
29. 已知定义在R上的函数，其中a为实数.
（1）当时，解不等式；
（2）若函数在上有且仅有两个零点，求a的取值范围；
（3）对于，若存在实数，满足，求的取值范围.（结果用a表示）
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）将代入解不等式即可；
（2）令，再对a分类讨论；
（3）用求根公式将转化为和m，再根据m的取值范围讨论.
【小问1详解】
，
当时，，无解；
当时，，即，满足题设；
所以的解集为；
【小问2详解】
令，则有，，
如果，则有，当时都能成立，不满足题意；
当时，，又，a的取值范围是；
【小问3详解】
对于，令有2个不同的实数解，并且，
当时，，当时，，函数的大致图像如下：

当并且时，有，即，
令，则，并且， ，
令，则 ，
，显然是关于t的增函数，即， ，
是关于t的增函数，，并且，即；
当 时，，同理令，，，
，y是关于t的增函数，
；
所以的取值范围是；
综上，（1）的解集为，（2）a的取值范围是，（3）的取值范围是.