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

宁波市2022学年第二学期高二期末考试试卷

数学

本试卷共4页，22小题，满分150分.考试用时120分钟.

注意事项：

1．答题前，考生务必用黑色字迹钢笔或签字笔将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上.用2B铅笔将试卷类型（A）填涂在答题卡相应位置上.将条形码横贴在答题卡右上角“条形码粘贴处”.

2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上.

3．非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答的答案无效.

4．考生必须保持答题卡的整洁.考试结束后，将试卷和答题卡一并交回.

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. 函数的值域是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】根据指数函数的知识可直接选出答案.

【详解】函数的值域是

故选：B

【点睛】本题考查的是指数函数的值域，较简单.

2. 设，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】B

【解析】

【分析】

解得：，问题得解

【详解】由得：.

所以“”不能推出“”， “”“”

所以“”是“”的必要不充分条件.

故选B

【点睛】本题主要考查了充分条件、必要条件的概念，属于基础题．

3. 已知点F为抛物线的焦点，点P在抛物线上且横坐标为8，O为坐标原点，若△OFP的面积为，则该抛物线的准线方程为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】先求得抛物线标准方程，再去求其准线方程即可解决.

【详解】抛物线的焦点，

由，可得，不妨令

则，解之得

则抛物线方程为，其准线方程为

故选：B

4. 已知平面向量，，当和垂直时，（    ）

A.  B. 22 C.  D. 25

【答案】D

【解析】

【分析】利用向量垂直的坐标表示求出，再根据向量数量积的坐标表示即可求解.

【详解】，当和垂直时，

则，解得，

所以，，

所以.

故选：D.

5. 已知函数，若函数有9个零点，则实数k的取值范围是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】

利用转化与化归思想将有9个零点的问题转化成与有9个不同交点问题，再分别画出两个函数的图象，利用数形结合求解.

【详解】由题意，函数有9个零点，可转化为与有9个

不同交点.因当有，所以在上是周期函数，又当

时，有，，所以在上的图象如图所示

要使与有9个不同交点，则只需夹在与之间即可，

所以，解得或.

故选：A.

【点睛】本题考查由函数的零点个数求参数的取值范围，处理这类题目要注意，通常转化为函数与函数交点的问题来处理，利用数形结合求解，本题是一道中档题.

6. 椭圆：有一特殊性质，从一个焦点射出的光线到达椭圆上的一点反射后，经过另一个焦点.已知椭圆的焦距为2，且，当时，椭圆的中心到与椭圆切于点的切线的距离为：（    ）

A. 1 B.

C.  D. 或

【答案】C

【解析】

【分析】设过点切线为，分别做于点，做交轴于点，设，入射角和反射角相等得，

利用中位线可得，再根据，可得答案，

【详解】设过点的切线为，分别做于点，

做交轴于点，所得是梯形的中位线，

设，入射角和反射角相等，则，

则

，

因为，当为上顶点时，为，

因为，，所以，

即，，

，

故选：C.

7. 已知函数，则的解集是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】根据函数解析式，作出函数图象，继而作出的图象，数形结合，求得不等式的解集.

【详解】根据题意当时,，

当时, ,

作出函数的图象如图，

在同一坐标系中作出函数的图象，

由图象可得不等式解集，

故选：C

【点睛】关键点点睛：解答本题的关键是正确的作出函数的图象，数形结合，求得不等式解集.

8. 如图，直角梯形，，，，是边中点，沿翻折成四棱锥，则点到平面距离的最大值为

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】由题意得在四棱锥中平面．作于，作于，连，可证得平面．然后作于，可得即为点到平面的距离．在中，根据等面积法求出的表达式，再根据基本不等式求解可得结果．

【详解】由翻折过程可得，在如图所示的四棱锥中，底面为边长是1的正方形，侧面中，，且．

∵，

∴平面．

作于，作于，连，

则由平面，可得，

∴平面．

又平面，

∴．

∵，，

∴平面．

在中，作于，则平面．

又由题意可得平面，

∴即为点到平面的距离．

在中，，

设，则，

∴．

由可得，

∴，当时等号成立，此时平面，

综上可得点到平面距离的最大值为．

故选B．

【点睛】本题综合考查立体几何中的线面关系和点面距的计算，解题的关键是作出表示点面距的垂线段，另外根据线面平行将所求距离进行转化也是解答本题的关键．在求得点面距的表达式后再运用基本不等式求解，此时需要注意等号成立的条件，本题难度较大．

二、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. 根据某地3月5日到3月15日的每天最高气温与最低气温数据（单位：）绘制如下折线图，那么下列叙述正确的是（    ）

A. 5号到11号的最低气温与日期之间呈线性相关关系且为正相关

B. 9号的最高气温与最低气温的差值最大

C. 最高气温的众数为

D. 5号到15号的最低气温的极差比最高气温的极差大

【答案】AC

【解析】

【分析】根据最低气温以及最高气温的折线图，结合选项即可逐一求解.

【详解】由5号到11号的最低气温的散点分布是从左下到右上可知：最低气温与日期之间呈线性相关关系且为正相关，故A正确，

由图可知6号的最高气温与最低气温的差值最大，故B错误，

最高气温出现了两次，其他数据出现为1次，故是最高气温众数，故C正确，

5号到15号的最低气温的极差小于，5号到15号的最高气温的极差约等于，故D错误，

故选：AC

10. 已知，且则（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】BC

【解析】

【分析】利用基本不等式求解判断.

【详解】对于选项A，(当且仅当时取等号)，故选项A错误；

对于选项B，(当且仅当时取等号)，故选项B正确；

对于选项C，，则 ，故选项C正确；

对于选项D，，故D选项错误.

故选：BC.

11. 电子通讯和互联网中，信号的传输､处理和傅里叶变换有关.傅里叶变换能将满足一定条件的某个函数表示成三角函数（正弦和或余弦函数）的线性组合.例如函数的图象就可以近似地模拟某种信号的波形，则（    ）

A. 为周期函数，且最小正周期为

B. 为奇函数

C. 的图象关于直线对称

D. 的导函数的最大值为7

【答案】BCD

【解析】

【分析】利用函数的性质逐项分析判断即可.

【详解】.

对于A，，不是的周期，故A错误；

对于B，的定义域为，

为奇函数，故B正确；

对于C，，且为奇函数，

的图象关于直线对称，故C正确；

对于D，，当时，，取最大值7，故D正确.

故选：BCD.

12. 已知函数，若时，有，是圆周率，为自然对数的底数，则下列结论正确的是（    ）

A. 的图象与轴有两个交点

B.

C. 若，则

D. 若，，，，，，则最大

【答案】BCD

【解析】

【分析】根据导数判断的单调性及与轴的交点和极值可判断AB选项；由的图象及，，可知，再根据和在上单调递增可判断C选项；由指数函数单调性和幂函数单调性可知 ，，由及的单调性可判断D选项.

【详解】的定义域为，且，当，即时，单调递增；当，即时，单调递减，所以的单调递增区间为，单调递减区间为.由于时，，且当时，，故只有一个零点，所以A选项不正确；

由于的单调性，可得，所以B选项正确；

由的单调区间，可画出函数的简图.由，，可知，.因为在上单调递减，可知，故有.因为在上单调递增，所以.综上，有，所以C选项正确；

因为，由指数函数单调性可知，，，；由幂函数单调性可知，，，，即有，，故这6个数的最大数在与之中，最小数在与之中.由及的单调性，有，即.由，可得，即，所以；同理可得.综上可得，6个数中最大数是，最小数是，所以D选项正确，

故选：BCD.

【点睛】本题考查了函数的性质，解题的关键点是利用导数判断函数的单调性和极值，考查了学生分析问题、解决问题的能力.

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．

13 已知集合，若，则___________.

【答案】{3,4,5}.

【解析】

【分析】根据求出m，进而求出A,B，最后求出并集.

【详解】因为，所以，即，则，于是.

故答案为：.

14. 圆心在原点且与直线相切的圆的方程为______________.

【答案】

【解析】

【分析】利用圆心到直线的距离为半径时直线与圆相切，可得半径，从而求出圆的方程.

【详解】因为所求圆与直线相切且圆心坐标为，

所以可得半径，

因此可得圆心在原点且与直线相切的圆的方程是.

故答案为：．

15. 已知数列的各项均为正数，记为的前项和，若，，则使不等式成立的的最小值是________.

【答案】11

【解析】

【分析】由可得数列{an}是等比数列，利用等比数列求和公式计算，解不等式即可.

【详解】由可得，则（）（）=0，

又数列的各项均为正数，∴，

即，可得数列{an}是首项为公比为q＝2的等比数列，

∴,则n>10，又，∴n的最小值是11，

故答案为11.

【点睛】本题考查了数列递推关系的应用，考查了等比数列的判断及求和公式，考查了指数不等式的解法，属于中档题．

16. 如图，在四面体中，，，两两垂直，，以为球心，为半径作球，则该球的球面与四面体各面交线的长度和为___．

【答案】

【解析】

【分析】先求出到平面的距离，判断球体与各个面的相交情况，再计算求解即可.

【详解】因为，所以是边长为的等边三角形，

所以边长为的等边三角形的高为：，所以，

设到平面的距离为，，所以，

所以，解得，则，

所以以为球心，为半径的球与平面，平面，平面的交线为个半径

为的圆的弧线，与面的交线为一个圆，且圆的半径为，

所以交线总长度为：.

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. 在图1中，四边形为梯形，，，，，过点A作，交于．现沿将折起，使得，得到如图2所示的四棱锥，在图2中解答下列两问：

（1）求四棱锥的体积；

（2）若F在侧棱上，，求证：二面角为直二面角．

【答案】（1）   

（2）证明见解析

【解析】

【分析】(1)利用线面垂直的判定定理确定高，再用体积公式直接求解；

(2)利用空间向量的坐标运算，证明两平面的法向量数量积等于0即可.

【小问1详解】

在图1中，∵，∴，

又，∴，

又，

∴四边形为平行四边形，

∵，

∴平行四边形为菱形．

在图2中，连接，则，

又平面，

，∴平面，

∵平面，∴

∵，平面,

∴平面

【小问2详解】

在图2中，以为原点，以所在的直线为轴建立如图所示的直角坐标系，则，，，，

设面的一个法向量为，

由

令，则，取

设面的一个法向量为，

由

令，则，取

所以，∴，从而二面角为直二面角

18. 在平面四边形中，，，，.

（1）求；

（2）若为锐角三角形，求的面积的取值范围.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）在中，由正弦定理可得，从而求得.

（2）解法一：由（1）求得，
，从而，再利用，即可求得面积的取值范围；解法二：作于，作于，交于，求得，，，分别求出，，利用即可求得范围.

【小问1详解】

在中，

由正弦定理可得，

所以，

又，

所以.

【小问2详解】

解法一：由（1）可知，

，

因为为锐角，

所以，

所以

，

在中，由正弦定理得，

所以

，

，

因为，

且为锐角三角形，

所以，

所以，

所以

，

所以，

所以，

即，

所以的面积的取值范围为.

解法二：由（1）可知，

，

因为为锐角，所以，，

如图，作于，作于，交于，

所以，

，

所以，

又，

所以.

由图可知，

仅当在线段上（不含端点）时，为锐角三角形，

所以，即.

所以面积的取值范围为.

19. 在中，角，，所对的边分别为，，若且．

（1）求的值；

（2）若且的面积为，求的周长．

【答案】（1）；（2）.

【解析】

【分析】（1）根据，由正弦定理结合两角和的正弦公式得到，则，然后由求解.

（2）由3得到，从而，又的面积为，结合（1）求得a，c，再利用余弦定理求得b即可.

【详解】（1）因为，

所以由正弦定理得，

所以，即．

因为且，

所以

所以

（2）因为3，

所以，即，

所以

又，

所以，则．

由余弦定理，得，

即．

所以的周长为．

【点睛】本题主要考查正弦定理、余弦定理和面角公式的应用以及两角和与差的三角函数的应用，还考查了运算求解的能力，属于中档题.

20. 如图所示的几何体是由等高的半个圆柱和个圆柱拼接而成，点为弧的中点，且、、、四点共面．

（1）证明：平面平面；

（2）若，求平面与平面所成锐二面角的余弦值．

【答案】（1）证明见解析；（2）.

【解析】

【分析】（1）若要证明面面垂直，只要证明其中一个面内直线垂直于另一个平面即可，结合图像，利用线面关系即可得解；

（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量法，求出各个面的法向量，利用向量的夹角公式，即可得解.

【详解】（1）如图，连接，

因为几何体是由等高的半个圆柱和个圆柱拼接而成，

所以，，，

因为，，

所以四边形为平行四边形，，，

因为平面，平面，

所以，

因为，所以平面，

因为因为平面，所以平面平面．

（2）如图，以为坐标原点建立空间直角坐标系，

则、、、、，

，，，，

设平面的一个法向量为，

则，整理得，

令，则，

设平面的一个法向量为，

则，整理得，

令，则，

，

所以平面与平面所成锐二面角的余弦值为．

【点睛】本题考查了立体几何的面面垂直的证明，考查了求二面角的大小，计算量较大，属于中档题，本题的关键有：

（1）通过线面关系得到线面垂直，从而得到面面垂直；

（2）建系，利用方程求法向量，精确计算，这是求二面角的关键.

21. 已知，．若是的充分不必要条件，求实数的取值范围．

【答案】.

【解析】

【分析】解不等式，由题可得是的真子集，进而即得．

【详解】由题可得，．

∵是的充分不必要条件，

∴是的真子集，

故有或，

解得，

因此，所求实数的取值范围为．

22. 已知函数．

（1）若函数在R上是增函数，求实数a的取值范围；

（2）如果函数恰有两个不同的极值点，证明：．

【答案】（1）；（2）证明见解析.

【解析】

【分析】（1）问题转化为对恒成立.求导后分离参数得到，设，利用导数研究单调性，求得最小值，根据不等式恒成立的意义得到所求范围；

（2）由，为两个极值点不妨设，联立极值点的条件，并结合要证不等式，消去a，将要证不等式转化为只含有，的不等式，适当变形转化为只含有的不等式，作换元，转化为关于t的不等式，构造函数，利用导数研究单调性，进而证明即可.

【详解】（1）是上是增函数，

，

，

设则，

令解得，解得，

故在单调递减，在单调递增，

，

；

（2）依题意可得：，

，是极值点，

 ∴，两式相减可得：，

所证不等式等价于：，不妨设，

两边同除以可得：，令 ，

所证不等式只需证明：，

设，

，

由（1）可知：当时，恒成立，

成立，即，

可得：，

在单调递减，，

原不等式成立即.

【点睛】导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．