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)
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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:D2.复数(i为虚数单位)的虚部是()A.B.C.1D.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:A3.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:B5.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241571188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.0.57B.0.33C.0.24D.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.1D.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:A7.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:D8.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.7B.8C.9D.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βD.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:ACD15.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3B.的最大值为3C.的最大值为6D.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
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