2024-2025学年浙江省宁波市高二数学下学期期末考试检测试题（附答案）

这是一份2024-2025学年浙江省宁波市高二数学下学期期末考试检测试题（附答案），共17页。
1．答卷前，考生务必用黑色字迹钢笔或签字笔将自己的姓名、学校、准考证号填涂在答题卡上.将条形码横贴在答题卡的“贴条形码区”.
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标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案.所有答案必须写在答题卡上，写在试卷上无效.
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，不要折叠、不要弄破.
选择题部分（共58分）
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. 已知集合，，，则（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用集合的交集和补集做题即可.
【详解】，则.
故选：C.
2. 已知复数，则的虚部为（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用复数的除法化简，然后确定其虚部即可.
【详解】复数，则，
所以的虚部为.
故选：D.
3. 已知角的终边过点，则（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据已知条件结合任意角的三角函数的定义求出，然后代入计算即可.
【详解】因为角终边过点，
所以，
所以，
故选：B
4. 已知，均为单位向量，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】C
【解析】
【分析】，均为单位向量，等式两边平方，利用数量积运算性质化简，即可得答案；
【详解】，均为单位向量，
．
是的充要条件．
故选：C．
【点睛】本题考查平面向量数量积运算、向量垂直的充要条件，考查推理能力与计算能力．
5. 对于直线m，n和平面，，下列说法错误的是（）
A. 若，，m，n共面，则
B. 若，，m，n共面，则
C. 若，且，则
D. 若，且，则
【答案】A
【解析】
【分析】根据空间中直线与直线之间的位置关系和直线与平面之间的位置关系及其性质选项进行判断.
【详解】若，，m，n共面，则直线m，n可能平行可能相交，A选项错误；
若，，则直线m，n没有公共点，当m，n共面，则，B选项正确；
若，且，由面面平行的性质可得，C选项正确；
时，当平面，，有，若，则，由，有，D选项正确.
故选：A
6. 若，则（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】构建，根据题意结合单调性分析可得.对于AB：结合指数函数单调性分析判断；对于CD：举反例说明即可.
【详解】若，可得，且，
构建，
因为在内单调递增，可知在内单调递增，
由，即，可得.
对于选项AB：因为，则，
且在内单调递增，所以，故A正确，B错误；
对于选项CD：利用，满足，
但，故CD错误；
故选：A.
7. 袋子中有n个大小质地完全相同的球，其中4个为红球，其余均为黄球，从中不放回地依次随机摸出2个球，已知摸出的2个球都是红球的概率为，则两次摸到的球颜色不相同的概率为（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用超几何分布求解.
【详解】设事件“依次随机摸出2个球，已知摸出的2个球都是红球”为事件,即解得设事件“两次摸到的球颜色不相同”为事件B,
故选：C.
8. 颐和园的十七孔桥，初建于清乾隆年间；永定河上的卢沟桥，始建于宋代；四川达州的大风高拱桥，修建于清同治7年，这些桥梁屹立百年而不倒，观察它们的桥梁结构，有一个共同的特点，那就是拱形结构，这是悬链线在建筑领域的应用.悬链线出现在建筑领域，最早是由十七世纪英国杰出的科学家罗伯特·胡克提出的，他认为当悬链线自然下垂时，处于最稳定的状态，反之如果把悬链线反方向放置，它也是一种稳定的状态，后来由此演变出了悬链线拱门，其中双曲余弦函数就是一种特殊的悬链线函数，其函数表达式为，相应的双曲正弦函数的表达式为．若关于x的不等式对任意的恒成立，则实数m的取值范围为（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】结合双曲余弦函数和双曲正弦函数的表达式，问题转化为对任意的恒成立，通过换元有对任意的恒成立，构造函数利用单调性解决不等式恒成立问题.
详解】不等式，即，
化简得，
不等式对任意的恒成立，
即对任意的恒成立，
令，则，有对任意的恒成立，
令，则，有对任意的恒成立，
令，则，有对任意的恒成立，
令，在上单调递减，
则，即实数m的取值范围为.
故选：B.
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9. 已知平面向量，，则（）
A. 当时，B. 若，则
C. 若，则D. 若与的夹角为钝角，则
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据向量加法坐标公式计算可判断A；根据向量平行的标公式计算即可判断B；根据向量垂直坐标公式计算即可判断C；根据向量数量积坐标公式计算即可判断D.
详解】对A，当时，，所以，故A正确；
对B，若，则，解得，故B错误；
对C，若，则，解得，故C正确；
对D，若与的夹角为钝角，则且与不共线，
解得且，即，故D正确，
故选：ACD
10. 已知函数是奇函数，则下列说法正确的是（）
A. B. 无解
C. 是减函数D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】利用奇函数可求得，再根据指数函数值域可知B正确，利用复合函数单调性可得C错误；结合单调性和奇偶性可知D正确.
【详解】对于A，易知函数的定义域为，又为奇函数，所以，解得；
经检验满足题意，即A正确；
对于B，由可得，即，显然此时无解，即B正确；
对于C，化简可得，
易知为单调递增函数，由复合函数单调性可知为增函数，即C错误；
对于D，由于为奇函数可得，结合C选项可得，
所以，可得D正确.
故选：ABD
11. 如图，点是棱长为的正方体的表面上一个动点，，，平面，则下列说法正确的是（）
A. 三棱锥的体积是定值B. 存在一点，使得
C. 动点的轨迹长度为D. 五面体的外接球半径为
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据等体积变换判断A,D，利用题意分析出点的轨迹判断B,C；
【详解】根据题意正方体的棱长为，，利用勾股定理可得，
如图所示，
在边上取点，在边上取点，在平面中，四边形为平行四边形，则
又平面,平面,所以平面；
同理,平面,平面,所以平面
因为平面,所以平面平面
点是正方体的表面上一个动点，平面，
则点的轨迹为四边形（不包含点）
对于A，三棱锥的体积等于三棱锥的体积，在中，，点的轨迹为四边形，且平面平面，则点到平面的距离为
，所以A正确；
对于B，点的轨迹为四边形（不包含点），
在正方体中，是平面内两条相交直线，所以与平面，在平面任意一条直线都已垂直，所以从点出发的直线在平面内才能使成立，点的轨迹为四边形（不包含点），则可知不存在点，使得，所以B错误；
对于C，点的轨迹为四边形，利用勾股定理计算动点的轨迹长度为，所以C正确；
对于D，五面体是四棱锥，四边形是等腰梯形，,
，设所在圆的圆心为,是的中点, 四棱锥的外接球球心为,连接，根据题意是直角三角形,是的中点，在线段上，
设，因为，可得，解得
所以四棱锥的外接球半径为.
故选：ACD.
【点睛】三棱锥体积求解方法：直接法；等体积变换法；
非选择题部分（共92分）
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 设，则________．
【答案】
【解析】
【分析】根据分段函数定义，先计算出的值，然后计算即可得出结果.
【详解】函数，则.
故答案为：.
13. 已知正实数x，y满足，则xy的最大值为________．
【答案】##0.5
【解析】
【分析】利用已知条件结合基本不等式即可求解．
【详解】正实数x，y满足，所以，解得.
当且仅当，即时取等号，所以最大值为．
故答案为：．
14. 在中，分别是所对的边，，当取得最小值时，角C的大小为________．
【答案】##
【解析】
【分析】先根据余弦定理化简得,再由正弦定理把边的关系化为角的关系,得到,最后根据基本不等式求最值的可求得结果.
【详解】由余弦定理得，,又因为,
所以,即,
化简得,由正弦定理可得, ,
即,,
化简得. ,
当且仅当时,等号成立,取得最小值.
即，,
因为,所以.
故答案为:
四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15. 已知单位向量，满足．
（1）求；
（2）求在上的投影向量（用表示）．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用模长计算公式和数量积的运算规律计算即可；
（2）由投影向量的概念和公式求解在上的投影向量即可.
【小问1详解】
．
【小问2详解】
在上的投影向量为．
16. 函数（，，）的部分图象如图，和均在函数的图象上，且Q是图象上的最低点．
（1）求函数的单调递增区间；
（2）若，，求的值．
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）根据图象得出，，求出，再将代入，结合，求出，得出解析式，在求出单调递增区间即可．
（2），则，结合，得出，用同角三角函数关系式，得出，，用和角关系式展开求值即可．
【小问1详解】
由题得，，故，．
由，得，，故，，，故，故．
，
即单调递增区间为，．
【小问2详解】
由，即，
又，则，故，
17. 如图，在三棱锥中，，，，，点在上，点为的中点．
（1）求证：平面平面；
（2）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）要证明平面平面，只需证明平面，进而转化为证明；
（2）通过把平移至，从而证明出就是与平面所成的角，再计算出和即可求解。
【小问1详解】
∵，，，∴．
∵，∴．∵，平面，，∴平面．
∵平面，∴平面平面．
【小问2详解】
过点作的垂线交于，过点作的平行线交于点，连接．
∵平面平面，平面，，
∴平面．∵，∴平面，∴就是与平面所成的角．
∵，∴．
∵，∴等边三角形，∴．
∵为的中点，∴．在中易知，
∴．
因此，与平面所成角的正弦值为．
18. 为纪念五四青年运动105周年，进一步激励广大团员青年继承和发扬五四精神，宁波市教育局组织中小学开展形式多样、内容丰富、彰显青年时代风貌的系列主题活动．某中学开展“读好红色经典，争做强国少年”经典知识竞赛答题活动，现从该校参加竞赛的全体学生中随机选取100份学生的答卷作为样本，所有得分都分布在，将得分数据按照，，…，分成7组，得到如图所示的频率分布直方图．
（1）估计该中学参加竞赛学生成绩的平均分（注：同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）；
（2）估计该中学参加竞赛学生成绩的第75百分位数（结果精确到0.1）；
（3）若竞赛得分100分及以上的学生视为“强国少年”．根据选取的100份答卷数据统计；竞赛得分在内学生的平均分和方差分别为110和9，竞赛得分在内学生的平均分和方差分别为128和6，请估计该中学“强国少年”得分的方差．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据平均数的公式求出即可．
（2）先估计第75百分位数在内，后按求百分位数的方法求解第75百分位数即可．
（3）算出竞赛得分在内学生的答卷数为；分数记为，其平均数记为，方差记为；算出竞赛得分在内学生的答卷数为；分数记为，其平均数记为，方差记为；把“强国少年”得分的平均数记为，方差记为．用分层随机抽样总样本平均数、方差与各层样本平均数、方差的关系式求解即可．
【小问1详解】
（1）（分），据此估计该校参加竞赛学生成绩平均分约为69分．
【小问2详解】
（2）前4组频率和为，第5组频率为，故第75百分位数在内，即第75百分位数为（分）．据此估计该校参加竞赛学生成绩的第75百分位数约为86.7分．
【小问3详解】
竞赛得分在内学生的答卷数为；分数记为，其平均数记为，方差记为；竞赛得分在内学生的答卷数为；分数记为，其平均数记为，方差记为；把“强国少年”得分的平均数记为，方差记为．根据方差的定义，总样本方差为：
．（*）
由，，根据按比例分配分层随机抽样总样本平均数与各层样本平均数的关系，可得总样本平均数为：．
把已知的平均数和方差的取值代入（*）可得：．
据此估计该学校“强国少年”得分的方差约为80．
19. 已知函数．
（1）当时，求，并判断函数零点的个数；
（2）当时，有三个零点，记，，2，3．证明：①；②．
参考公式：．
【答案】（1）
（2）①证明见解析；②证明见解析
【解析】
【分析】（1）用零点的定义直接转化为方程的根，或者根据零点的存在性定理判断即可．
（2）①先运用零点知识确定范围，再运用不等式的性质算出即可.
②由变形为，综合，将转化为，然后将证明的式子转为研究的关系式，充分运用前问证明的进行消元，再用范围，即可证明．
【小问1详解】
当时，，所以．
令可得，所以或，
所以函数的零点个数为3．
法2：当时，，所以．
又，，，
所以，，，
由零点存在性定理知函数在区间，，上各有一个零点．
又三次函数最多只有三个零点，所以函数零点的个数为3．
【小问2详解】
①由题可得，
法1：要证，只需证．
又，，，
，所以，则，
所以，得证；
法2：要证，只要证．又，
，，，
所以，则，所以，得证；
②由题可得，由前面知道，两边除以所以，
得到，所以．
所以．
因为，所以．
所以，得证．
【点睛】关键点睛：本题围绕零点和方程的根来进行考查，第一问可解，可用存在性定理证明，也可以借助图像解出．第二问也是考查零点与不等式的综合，得出．最后一问关键是将变形为，结合，将转化为，然后将证明的式子转化为研究的关系式．，，再将，消元即可得到关于的式子，根据的范围证明即可，考查学生的能力和转化、换元、消元、逻辑推理能力，属于难题．