2022-2023浙江省宁波市九校联考高二（下）期末数学试卷（含解析）

2022-2023学年浙江省宁波市九校联考高二（下）期末数学试卷
一、单选题（本大题共8小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 已知复数满足，则对应的点位于( )
A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限
2. 设集合，，则中元素的个数为( )
A. B. C. D.
3. 已知随机变量，，它们的分布密度曲线如下图所示，则下列说法中正确的是( )
A. ， B. ，
C. ， D. ，
4. 已知平面向量，满足，则在上的投影向量为( )
A. B. C. D.
5. 若，，则( )
A. B. C. D.
6. 在中，点满足，过点的直线分别交射线，于点，，且，，则的最小值为( )
A. B. C. D.
7. 已知是定义在上的奇函数，且，若对任意的，，均有成立，则不等式的解集为( )
A. B.
C. D.
8. 三面角是立体几何的重要概念之一三面角是指由有公共端点且不共面的三条射线，，以及相邻两射线之间的平面部分所组成的空间图形三面角余弦定理告诉我们，若，，，平面与平面所成夹角为，则现已知三棱锥，，，，，，则当三棱锥的体积最大时，它的外接球的表面积为( )
A. B. C. D.
二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）
9. 下列等式成立的是( )
A. B.
C. D.
10. 以下四个正方体中，满足平面的有( )
A. B.
C. D.
11. 已知函数的定义域为，是偶函数，的图象关于点中心对称，则下列说法正确的是( )
A. B.
C. ， D. ，
12. 一个不透明的袋子中装有大小形状完全相同的红、黄、蓝三种颜色的小球各一个，每次从袋子中随机摸出一个小球，记录颜色后放回，当三种颜色的小球均被摸出过时就停止摸球设“第次摸到红球”，“第次摸到黄球”，“第次摸到蓝球”，“摸完第次球后就停止摸球”，则( )
A. B.
C. ， D. ，
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 已知实数，满足且，则 ______ ．
14. 现有一枚质地不均匀的硬币，若随机抛掷它两次均正面朝上的概率为，则随机抛掷它两次得到正面、反面朝上各一次的概率为______ ；若随机抛掷它次得到正面朝上的次数为，则 ______ ．
15. 已知函数，若有个零点，则实数的取值范围是______ ．
16. 已知平面向量，，满足，，则的最小值为______ ．
四、解答题（本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. 本小题分
在中，角，，的对边分别为，，，且，
请从下列两个条件中任选一个填入上方的横线中作为已知条件，并解答本题如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分：
；，
求；
若为边上一点，且，试判断是锐角三角形、直角三角形还是钝角三角形，并说明理由．
18. 本小题分
已知函数的图象关于直线对称，且在上没有最小值．
求的单调增区间；
已知函数且，对任意，总存在，使得，求实数的取值范围．
19. 本小题分
航班正点率是指航空旅客运输部门在执行运输计划时，航班实际出发时间与计划出发时间较为一致的航班数量与全部航班数量的比率人们常用航班正点率来衡量一个航空公司的运行效率和服务质量现随机抽取家航空公司，对其近一年的航班正点率和顾客投诉次数进行调查，得到数据如表：
航空公司编号
航班正点率
顾客投诉次数次
整理数据得：，，，，，．
证明：样本相关系数；
根据以上数据计算样本相关系数结果保留位小数，并由此推断顾客投诉次数与航班正点率之间的线性相关程度若，则认为线性相关程度很强；若，则认为线性相关程度一般；若，则认为线性相关程度很弱．
用一元线性回归模型对上表中的样本数据进行拟合，得到顾客投诉次数关于航班正点率的经验回归方程为现有一家航空公司拟通过加强内部管理来减少由于公司自身原因引起的航班延误次数，并希望一年内收到的顾客投诉不超过次，试估计该公司的航班正点率应达到多少？
参考公式：样本相关系数．
20. 本小题分
年月日是第个“世界读书日”为了倡导学生享受阅读带来的乐趣、尊重和保护知识产权，立德中学举办了一次阅读知识竞赛初赛中每支队伍均要参加两轮比赛，只有两轮比赛均通过的队伍才能晋级现有甲、乙两队参赛，初赛中甲队通过第一轮和第二轮的概率均为，乙队通过第一轮和第二轮的概率分别为，，且各队各轮比赛互不影响．
记甲、乙两队中晋级的队伍数量为，求的分布列和数学期望；
经过激烈的比拼，甲、乙两队成功进入决赛争夺冠军决赛共有两道抢答题第一题中，某支队伍若抢到并答对则加分，若抢到但答错则对方加分第二题中，某支队伍若抢到并答对则加分，若抢到但答错则对方加分最终得分高的队伍获胜假设两支队伍在每一题中抢到答题权的概率均为，且每一题答对的概率分别与初赛中通过对应轮次的概率相等各队各题作答互不影响已知甲队获得了冠军，计算第二题是由甲队抢到答题权的概率．
21. 本小题分
如图，四面体中，平面平面，，，．
若，证明：平面；
设过直线且与直线平行的平面为，当与平面所成的角最大时，求平面与平面的夹角．
22. 本小题分
已知，定义，设，．
若，画出函数的图象；
直接写出函数的单调区间；
定义区间的长度若，，则设关于的不等式的解集为是否存在，使得？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
答案和解析
1.【答案】
【解析】解：由，得，
所以，在复平面内对应的点为位于第一象限．
故选：．
根据复数的除法运算法则，求出复数，再判断对应的点所在的象限即可．
本题主要考查复数的四则运算，以及共轭复数的定义和复数的几何意义，属于基础题．
2.【答案】
【解析】解：对于函数，当时，，当时，．
对于函数，，则且端点处取最大值．
两函数图象在同一坐标系下大致如下，则两函数图象有个交点，即中元素的个数为个．
故选：．
在同一坐标系下画出两集合对应函数图象，交点个数即为交集元素个数．
本题以集合交集为载体，主要考查了函数图象交点个数的判断，属于中档题．
3.【答案】
【解析】解：由图可得随机变量的均值比随机变量的均值小，
则又由图得，随机变量的分布比随机变量的分布更加分散，则．
故选：．
结合正态分布曲线特点可得答案．
本题主要考查正态分布曲线的对称性，属于基础题．
4.【答案】
【解析】解：由知：，可得，
所以在上的投影向量为．
故选：．
由已知可得，根据投影向量的定义及数量积的运算律求投影向量即可．
本题主要考查投影向量的公式，属于基础题．
5.【答案】
【解析】解：，，，
，
则 ，
故选：．
利用同角三角函数的基本关系求得的值，再利用诱导公式、二倍角公式求得的值．
本题主要考查同角三角函数的基本关系，诱导公式、二倍角公式的应用，属于基础题．
6.【答案】
【解析】解：由题可知，，，
因为，，
所以，，
又，
所以，
所以，
所以，
因为，，三点共线，
所以，
所以，
当且仅当，即时，等号成立．
所以的最小值为．
故选：．
利用共线定理的推论可得，然后妙用“”可得．
本题考查平面向量以及基本不等式的运用，考查运算求解能力，属于中档题．
7.【答案】
【解析】解：因为对任意的，，均有成立，
不妨设，则，
所以，
构造函数，则在上递增，
因为是定义在上的奇函数，所以也是是定义在上的奇函数，
所以在上递增，
不等式化为，
因为，
则，
或；
时，，不合题意；
综上不等式的解集为，
故选：．
构造函数，则在上递增，判断也是是定义在上的奇函数，可得在上递增，分类讨论列不等式求解即可．
本题主要考查了函数的奇偶性及单调性在不等式求解中的应用，属于中档题．
8.【答案】
【解析】解：由题知，，，，
平面与平面所成夹角为，
作，平面，
则，
由题意得，
，
，
，
，
所以，
要使三棱锥的体积最大，则最大，
在中，由余弦定理得，
，
整理得，，
，即，
当且仅当时，等号成立，
则，
，
因为，
解得，
所以，，
即，，，
所以补全三棱锥成棱柱，如下图，
则四边形是菱形，
点为其外接球的球心，即中点，
所以，
．
所以外接球半径为，
即三棱锥外接球的表面积为．
故选：．
作出图形，作，平面，则，先表示出，接着用条件表示成，要使三棱锥的体积最大，则最大，利用基本不等式得出时，其体积最大，然后补全三棱锥成棱柱，根据棱柱外接球半径即可求解．
本题考查了三棱锥外接球的表面积计算，属于中档题．
9.【答案】
【解析】解：根据阶乘的概念可知，，故A错误；
，故B正确；
因为，所以，故C正确；
根据组合数的性质可知，故D错误．
故选：．
利用排列数、组合数公式对各选项逐一计算判断作答．
本题主要考查组合数、排列数公式，属于基础题．
10.【答案】
【解析】解：对，，，
与所成角为，
故AB与平面不垂直，故A错误；
对，在正方体中，平面，平面，
所以，
又，，，平面，
所以平面，故B正确；
对，连接，，如图，
在正方体中，由正方体面上的对角线相等可知，为正三角形，
所以，
又，与所成的角为，
所以与平面不垂直，故C不正确；
对，连接，，如图，
因为平面，平面，
所以，
又，，，平面，
所以平面，
又平面，
所以，
同理可得，
再由，，平面，
所以平面，故D正确．
故选：．
根据直线与平面内的直线不垂直可判断，根据直线与平面垂直的判定定理判断．
本题考查线面垂直的判定，考查逻辑推理能力，属于基础题．
11.【答案】
【解析】解：对于，因为是偶函数，所以有，
因为的图象关于点中心对称，所以有，即，
所以有，，
即，即，所以周期为，A错误；
对于，由题意，知，又，B正确；
对于，，，C正确；
对于，当，，
所以，D正确．
故选：．
根据已知条件求出的周期，而后进行分析计算即可．
本题主要考查抽象函数的周期性，求出函数的周期性是解决本题的关键，属中档题．
12.【答案】
【解析】解：根据题意，依次分析选项：
对于，“摸完第次球后就停止摸球”，即前三次摸球中摸到了全部颜色的球，
则，A正确；
对于，“第次摸到红球”，则，
事件“第一次摸到红球而第次摸球后停止摸球”，则，
故，B错误；
对于，“摸完第次球后就停止摸球”，即直到第次才摸全三种颜色的小球，
则，C正确；
对于，“第次摸到黄球”，“第次摸到蓝球”，则，
“第次摸到黄球且第次摸到蓝球，同时直到第次才摸全三种颜色的小球”，则前次的摸球中，摸到的都是黄球或蓝球，第次摸到红球，
则，
故，D正确．
故选：．
根据题意，由条件概率和古典概型的计算公式依次分析选项是否正确，综合可得答案．
本题考查概率的应用，涉及古典概率、条件概率的计算，属于基础题．
13.【答案】
【解析】解：由可得，
又，即，
所以，即
故答案为：．
根据指数与对数的互化公式，表示出，，再结合换底公式表示出，最后结合对数运算即可求解．
本题主要考查了指数与对数的相互转化，还考查了对数运算性质，属于基础题．
14.【答案】
【解析】解：设这枚硬币正面朝上的概率为，反面朝上的概率为，
则两次正面朝上的概率为，解得，
所以随机抛掷两次得到正面，反面朝上各一次的概率为．
由题易知随机变量服从二项分布，
则．
故答案为：；．
根据独立事件的乘法公式求出抛掷一枚硬币正面朝上概率，再由独立重复试验求出正面、反面朝上各一次的概率为，由二项分布的期望公式求期望．
本题主要考查离散型随机变量分布列及数学期望，考查运算求解能力，属于中档题．
15.【答案】
【解析】解：当时，由，得，
设，
当时，即，此时，
当时，即，此时，
作出在时的图象，由图象知，当时，有两个解，时，有个解，
当时，无解，
当时，是抛物线，最多有个解，
则若有个零点，则必有当时，有两个零点，即．
当时，对应的抛物线开口向下，对称轴为，
要使当时，有两个零点，
则满足，即，
即，得，
即实数的取值范围是
故答案为：
利用函数与方程的关系，转化为两个函数交点个数问题，利用数形结合进行求解即可．
本题主要考查函数零点个数的判断，利用函数与方程的关系，转化为两个函数图象交点个数问题，利用数形结合进行求解是解决本题的关键，是中档题．
16.【答案】
【解析】解：由，即，所以，
记，因为，
所以在以为圆心，为半径的圆上，在以为圆心，为半径的圆上，其中，，
所以，
作关于直线所在直线的对称圆，的对称点记为，知，
则，如图，
由图可知，当，，，，共线时，存在最小值，
因为，
所以最小值为．
故答案为：．
求出向量的模及夹角，记，得出对应点的轨迹，利用数形结合求最值．
本题考查向量的线性运算，向量数量积的运算，数形结合思想，化归转化思想，属中档题．
17.【答案】解：若选：因为，所以，所以，
因为，，所以，
因为，所以，
所以，解得．
若选：因为，
所以，所以，
所以，
因为，故．
因为，
所以且，
所以，即，
所以，
所以，即，
又由余弦定理得，
联立可得，，
从而，故是直角三角形．
【解析】选：利用诱导公式化简，再由正弦定理边化角，然后由二倍角公式化简可得；选：根据面积公式和余弦定理列方程可解；
根据已知先得，然后平方，联立余弦定理求解可得，，然后可判断三角形形状．
本题主要考查正余弦定理的应用，三角形形状的判断，考查运算求解能力，属于中档题．
18.【答案】解：，
的图象关于直线对称，
，解得，，
当时，．
在上没有最小值，
，解得．
又，所以，所以，
令，
解得，
所以的单调增区间为．
任意，均存在，使得，
，
，，
又且单调性相同，
在定义域上是增函数，
，
或，
或，即实数的取值范围是，．
【解析】由两角和的正弦公式化简，再由对称轴及在上没有最小值求出解析式，由正弦型函数的单调性求单调区间即可；
根据存在性及任意性问题转化为，分别利用三角函数及对数型函数的性质求最值，解不等式即可．
本题主要考查不等式恒成立问题，正弦函数的图象与性质，考查运算求解能力，属于中档题．
19.【答案】解：证明：
，
在上式中分别用替代，得，
同理，也有，
故样本相关系数．
可知，．
，
，
，
，
故顾客投诉次数与航班正点率之间的线性相关程度很强．
，
令，得，即该公司的航班正点率应达到．
【解析】将展开，结合平均数意义化简可得，然后分别用替代，用分别替代可证；
根据所给数据代入公式计算，然后可作出判断；
利用样本中心点求，然后根据回归方程解不等式可得．
本题主要考查相关系数，线性回归方程，考查运算求解能力，属于中档题．
20.【答案】解：甲队晋级，乙队晋级，
的可能取值为，，，
，
，
，
的分布列为
；
记事件“甲队获得冠军”，“该题由甲队抢到答题权”，
，
故．
【解析】由题意的可能取值为，，，求得各自对应的概率，列出分布列即可求解；
记事件“甲队获得冠军”，“该题由甲队抢到答题权”，利用条件概率公式即可求解．
本题考查了离散型随机变量的分布列与期望计算，属于中档题．
21.【答案】解：证明：过点作，垂足为．
平面平面，平面平面，
，平面．
，，．
平面．
又，平面，平面，
平面．
过点作，垂足为．
平面平面，，平面．
是与平面所成的角．
在中，，
即．
当即时，最大，
故最大，此时．
记平面过点作，垂足为，连结．
，平面，平面．
故平面就是平面．
平面．
，．
平面．
是平面与平面的夹角．
．
．
平面与平面的夹角为．
【解析】过点作，垂足为，由已知可证，，可证平面．
过点作，垂足为，可证平面，是与平面所成的角，可得最大，此时可求得平面与平面的夹角．
本题考查线面垂直的证明，考查面面角的求法，属中档题．
22.【答案】解：若，则，
．
．
令，
得，．
故函数的图象如右图所示，
的单调减区间为，，
单调增区间为，；
，．
．
不等式有解的必要条件是；
当时，如图所示，
令，即，
得．
，不符合题意；
当时，令，得．
解得，．
令，得．
当时，如图所示，
的解集为，
的解集为，
此时．
令，解得；
当时，如图所示，
，
所以，令，得，
所以，
令，解得或，均舍去．
综上所述，．
【解析】时，，求出方程的根，即可画出的图象；
由的图象即可写出其单调区间；
由得不等式有解的必要条件是，再对的值分情况讨论即可．
本题属于新概念试题，考查了转化思想、分类讨论思想及数形结合思想，属于中档题．
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2022-2023浙江省宁波市九校联考高二（下）期末数学试卷（含解析）