2024-2025学年浙江省宁波市高二数学下学期期末联考检测试题（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联考检测试题（附答案），共19页。试卷主要包含了 已知平面， 给出四组成对数据， 在中，已知，则， 已知，则，05B等内容，欢迎下载使用。
第I卷
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. 已知平面.则“两两垂直”是“两两垂直”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】根据面面垂直的判定和性质结合充分条件和必要条件的定义分析判断即可.
【详解】当两两垂直时，在内作，在内作，
因为，，，，
所以，所以‖，
因为，所以‖，
因为，所以‖，
因为，所以，
因为，所以，
同理可证得，所以两两垂直，
当两两垂直时，因为，
所以，
因为，所以与是相交直线，
因为，，所以，
因为，所以，
同理可证得，所以两两垂直，
所以“两两垂直”是“两两垂直”的充要条件，
故选：C
2. 给出四组成对数据：（1）；（2）；（3）；（4），其中样本相关系数最小的是（）（提示：样本相关系数）
A. （1）B. （2）C. （3）D. （4）
【答案】D
【解析】
【分析】画出散点图，结合相关性的定义即可求解.
【详解】分别作出四组数据的散点图，
根据散点图可知：第（1）（2）呈正相关，第（3）（4）组数据呈现负相关，但显然第（4）组相关系数更小，
故选：D
3. 已知函数，且的图象过点是的反函数，则函数（）
A. 既是奇函数又是减函数B. 既是奇函数又是增函数
C. 既是偶函数又是减函数D. 既是偶函数又是增函数
【答案】B
【解析】
【分析】首先代入点的坐标求出，即可求出的解析式，从而求出的解析式，再根据奇偶性的定义及对数型复合函数的单调性判断即可.
【详解】因为函数，且的图象过点，所以，解得（负值已舍去），
所以，又是的反函数，所以，
则，令，解得，
所以的定义域为，令，
则，所以为奇函数，
又在上单调递增，在定义域上单调递增，
所以在上单调递增.
故选：B
4. 已知函数，先将函数的图象上所有点的横坐标伸长为原来的2倍（纵坐标不变），再将所得的图象向右平移个单位长度，得到函数的图象，则（）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用辅助角公式与三角函数的伸缩变换和平移变换即可得解.
【详解】由，
先将函数的图象上所有点的横坐标伸长为原来的2倍（纵坐标不变），
可得：，
再将所得的图象向右平移个单位长度，
可得，
故选：A.
5. 在中，已知，则（）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】A
【解析】
【分析】对已知等式利用三角形内角和定理、两角和的正弦公式和同角三角函数商关系进行化简和，最后利用诱导公式计算结果；
【详解】在中，
化简得
两式做比值得
则
故选：A.
6. 已知，则（）
A. 0.05B. 0.27C. 0.68D. 0.32
【答案】C
【解析】
【分析】根据条件概率公式可得，进而可得，即可由对立事件概率公式求解.
【详解】由可得,
所以,
故,
故选：C
7. 在正三棱锥中，侧棱，点在棱上，且.若球是正三棱锥的外接球，过点作球的截面，则所得的截面中，面积最小的截面的面积为（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】取正的中心，根据正三棱锥的结构特征分析可知平面，且，结合外接球的性质可得外接球的半径为，分析可知当且仅当截面，截面圆的面积最小，据此运算求解即可.
【详解】如图，取正的中心，连接，
由题意可知：平面，且，
由平面，可得，
因为正的边长为，则，
可得，
设正三棱锥的外接球的半径为，
则，解得，可知，
在中，可知，
由余弦定理可得，
即，可得，
则，
由球的性质可知：当且仅当截面，截面圆的半径最小，即圆的面积最小，
此时圆的半径为，截面面积为，
所以面积最小的截面的面积为.
故选：B.
8. 已知实数，将这7个数适当排列成一列数，满足，则满足要求的排列的个数为（）
A. 58B. 71C. 85D. 96
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，都比大，所以可能取或，分，和三类进行讨论.
【详解】根据题意，都比大，所以可能取或，
当时，有种选法，剩余数字中最大，
有种选法，最后剩下一个就是，共有种，
当时，，有种选法，剩余数字中最大，
而，有种选法，共有种，
当时，，，有种选法，
剩余数字，只有1种，共有种，
则满足要求的排列的个数为种.
故选：B
二､多选题：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. 已知关于的方程在复数范围内的根为.若，则实数的值可能为（）
A. B. 1C. 0D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据韦达定理求得，讨论，求得，结合条件，即可求解.
【详解】由韦达定理可知，，，
，
当时，，则，得，
当时，，则，得.
故选：ACD
10. 高考数学试题第二部分为多选题，共3个小题，每小题有4个选项，其中有2个或3个是正确选项，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分.若正确答案是2个选项，只选对1个得3分，有选错的得0分；若正确答案是3个选项，只选对1个得2分，只选对2个得4分，有选错的得0分.小明对其中的一道题完全不会，该题有两个正确选项的概率是，记为小明随机选择1个选项的得分，记为小明随机选择2个选项的得分，则（）
A. B.
CD.
【答案】BC
【解析】
【分析】A选项，，分该题有两个正确选项和3个正确选项，计算出，，A错误；B选项，计算出；C选项，求出的可能取值和对应的概率，计算出，同理可得，得到C正确；D选项，利用方差计算公式得到.
【详解】A选项，，若该题有两个正确选项，则小明从两个错误选项中选择1个，
若该题有三个正确选项，则小明选择错误选项，
故，
，若该题有两个正确选项，则小明从两个错误选项中选择1个，从两个正确选择中选择1个，或选择两个错误选项，
若该题有三个正确选项，则小明选择错误选项，再从3个正确选项中选择1个，
故，
故，A错误；
B选项，，即该题有两个正确选项，小明从正确选项中选择1个，
故，
，即该题有3个正确选项，小明从正确选项中选择2个，
故，故，B正确；
C选项，的可能取值为，
其中，，
，即该题有3个正确选项，小明从正确选项中选择1个，
故，
故，
的可能取值为，
其中，，
，即该题有2个正确选项，小明选择了2个正确选项，
，
故
所以，C正确；
D选项，，
，
显然，D错误.
故选：BC
11. 已知，则（）
A. 展开式的各二项式系数的和为0
B.
C.
D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】二项式系数和为，得出A；
令，得到，令，得到，得出B；
由二项式定理可得，所以，它是的展开，得到C；
，，化简即可得D.
【详解】，
展开式的各二项式系数的和为，所以A错；
令，得到，令，得到，
，所以B对；
由二项式定理可得：，，
所以，，
，
，故C对；
，
，
，
，，故D对.
故选：BCD.
第II卷
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知集合.若的真子集个数是3，则实数的取值范围是__________.
【答案】
【解析】
【分析】的真子集个数是3，所以共有2个元素，分和两种情况即可解出答案.
【详解】的真子集个数是3，共有个元素，所以，.
若，则有，；
若，则有，无解
综上所述：实数的取值范围是.
故答案为：.
13. 已知平面向量满足，与的夹角为，对任意的实数，的最小值为__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据题意，得到由，当且仅当与向量反向时，等号成立，结合，得到的最小值为，即可求解.
【详解】因为平面向量满足，与的夹角为，可得，
由，当且仅当与向量反向时，等号成立，
又由，
当时，的最小值为，
所以的最小值为.
故答案为：.
14. 已知定义在上的函数满足下列两个条件：
①；②.
请你写出一个符合要求的函数解析式__________.
【答案】（答案不唯一）
【解析】
【分析】根据已知条件写出一个符合题意的函数即可.
【详解】因为，
所以，可得，
设，可得.
因为，
，
所以，
且，符合题意.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：解题的关键点是对已知条件化简得到，再构造函数.
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已知函数.
（1）设，若是奇函数，求的值，并证明；
（2）已知函数，若关于的方程在内恰有两个不同解，求实数的取值范围.
【答案】（1），证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）将代入，结合奇函数定义可得答案.
（2）由内恰有两个不同解，得和两个函数图象有两个交点，过定点，结合图象分析即可.
【小问1详解】
法一：，所以，
因为是奇函数，所以，
所以
整理得：
所以，所以，
法二：，
因为奇函数的定义域关于原点对称，所以，则，
取得，所以.，
由上，且定义域为关于原点对称，
且，即奇函数，得证.
【小问2详解】
由题意得和两个函数图象有两个交点，
，得到，
若时，由，解得，且过，
又也经过定点，
当经过点时，，
当经过点时，，
由图可知的取值范围是.
16. 如图，在三棱锥中，平面是以为直径的圆周上的一点，分别是上的动点，且平面，二面角的大小为.
（1）求证：；
（2）求证：平面；
（3）当直线与平面所成的角最大时，求的值.
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析（3）
【解析】
【分析】（1）根据线面平行的性质定理得出线线平行；
（2）先证明平面，再由即可得证；
（3）先找出线面角，再由转化为求最小值，此时可得.
【小问1详解】
因为平面平面，平面平面，
所以.
【小问2详解】
因为平面平面，
所以平面平面，
因为是以为直径的圆周上一点，所以，
又平面平面平面，
所以平面，由（1）得，
所以平面.
【小问3详解】
由（2）可知平面平面，所以平面平面
当为中点时，因为是等腰直角三角形，则，且，则，
由平面平面，为交线，平面，，可得平面，
所以在平面上的射影为，则直线和平面所成的角为.
.所以当最小时，最大.
此时，由，，
可得.
17. 4月23日是联合国教科文组织确定的“世界读书日”.为了解某地区高一学生阅读时间的分配情况，从该地区随机抽取了500名高一学生进行在线调查，得到了这500名学生的日平均阅读时间（单位：小时），并将样本数据分九组，绘制成如图所示的频率分布直方图.
（1）估计该地区高一学生阅读时间的上四分位数；
（2）为进一步了解这500名学生数字媒体阅读时间和纸质图书阅读时间的分配情况，从日平均阅读时间在，二组内的学生中，采用分层抽样的方法抽取了20个学生，得到均值为8，方差为3.75，现在已知这一组学生的均值为5，方差为2；求这一组学生的均值和方差；
（3）以样本的频率估计概率，从该地区所有高一学生中随机抽取10名学生，用表示这10名学生中恰有名学生日平均阅读时间在内的概率，其中.当最大时，写出的值，并说明理由.
【答案】（1）11.5
（2）平均值为9，方差为
（3），理由见解析
【解析】
【分析】（1）根据频率分布直方图中概率之和等于1，得出再计算高一学生阅读时间的上四分位数；
（2）根据分层抽样抽取人数，利用平均数和方差公式解出结果；
（3）以样本的频率估计概率，该问题是二项分布问题，根据最大不等式节出的值；
【小问1详解】
由频率分布直方图得：
，解得
频率分布直方图中，第一个小长方形面积为
第二个小长方形面积为
第三、四个小长方形面积为
第五个小长方形面积为
第六个小长方形面积为
前六个长方形面积和为0.8，
所以高一学生阅读时间的上四分位数在第六个小长方形内，
设高一学生阅读时间的上四分位数为；，解得
【小问2详解】
按分层抽样二组内的学生抽取的学生分别为5人，15人
设这一组的平均值，方差
所以总体方差是，解得
【小问3详解】
以样本的频率估计概率，该问题是二项分布问题，
由频率分布直方图可知内的概率是，
由
得
解得
所以当最大时，
18. 在中，角所对边分别为，已知.
（1）若，求的面积；
（2）若为锐角，外接圆半径是，求的内切圆半径的最大值.
【答案】（1）3（2）
【解析】
【分析】（1）先应用正弦定理求出角B,再分类讨论应用两角和差正切公式求出角C，再求面积即可；
（2）应用三角形面积等于周长乘以半径的一半，再结合不等式求最大值即得.
【小问1详解】
由得，所以.
因为，所以，或
（i）当时，
因为，所以
化简得，所以，或
①当时，（舍去）；
②当时，作于，
得，
所以，此时
（ii）当时，
类似可得：
化简得：，所以，或者.
①当，舍去；
②当为钝角，舍去
综上得.
【小问2详解】
由（1）可知
记内切圆半径为得，
因为，所以
因为，所以，
即，
所以
由，得.
所以
当且仅当时取等号.
19. （1）我们学过组合恒等式，实际上可以理解为，请你利用这个观点快速求解：.（计算结果用组合数表示）
（2）（i）求证：；
（ii）求值：.
【答案】（1）；（2）（i）证明见解析；（ii）
【解析】
【分析】（1）依题意，将已知式拆开，使其可利用组合恒等式，通过多次提取系数运用恒等式即可求得；
（2）（i）利用组合数公式与排列数公式之间的关系推理即得；
（ii）将所求和式展开后，拆项，利用（i）式化简，通过构造数列建立和式之间的递推关系，分析得到数列的周期性，从而利用周期求的结果.
【详解】（1）
；
（2）（i）；
（ii）
由（i）得，
则有，
原式
构造数列，令，
则，
所以
所以，即，
即，所以，即数列是周期为6的数列.
又因为，
所以.
【点睛】关键点点睛：本题主要考查组合恒等式的应用和利用构造数列求解和式问题，属于难题.
解题关键在于熟悉组合数与排列数的阶乘计算公式，掌握组合数的性质，并能根据和式组成的规律性，构造对应的数列，运用数列的相关性质求解问题.