精品解析：浙江省宁波市2024-2025学年高二下学期期末考试数学试卷

宁波市2024学年第二学期期末考试 高二数学试题卷 本试卷共4页，19小题，满分150分.考试用时120分钟. 注意事项： 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. 2. 已知向量，，且与共线，则实数（ ） A. 2 B. C. 8 D. 3. 已知且，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 4. 已知函数的部分图象如图所示，则将该函数图象向左平移个单位后得到的函数为（ ） A. B. C. D. 5. 某街区的交通道路如图1实线所示，从处出发，沿道路以最短路径到达处，则选择如图2实线所示的道路到达处的概率是（ ） A. B. C. D. 6. 已知对于恒成立，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知四棱锥的底面是矩形，平面，若直线与平面，平面和平面所成的角分别为，，，则（ ） A B. C. D. 8. 已知定义在上的偶函数满足，记，.当时，.记关于的方程在上有两个不相等的实数根，则（ ） A. B. C. D. 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. 已知复数，，且，在复平面内对应的点分别为，，则（ ） A. B. ，关于原点对称 C. D. 10. 已知函数，则下列结论正确的是（ ） A. 是偶函数 B. 是奇函数 C. 周期函数 D. 在上是减函数 11. 棱长为1的正方体中，点是线段上的动点（包括端点），则（ ） A. 三棱锥的体积为定值 B. 点到平面的距离与点到点的距离之和的最小值为 C. 当点与点重合时，四面体的外接球的表面积为 D. 的正切值的取值范围是 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. 已知函数是定义在上的奇函数，当时，，则_____. 13. 已知正实数，满足，则的最小值为_____. 14. 设实系数一元二次方程有两个不相等的实数根，，则原方程可以变形为，展开得，由此，我们可以得到，.类比上述方法，如果实系数一元三次方程有三个不相等的实数根，，，我们也可以得到类似的结论.已知关于的方程有三个不相等的实数根，，，且，则的取值范围为_____. 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. 某中学高一年级1000名学生中，男生有600名，女生有400名.为调查该校高一年级学生每天的课后学习时间，按照性别进行分层，并通过比例分配的分层随机抽样从中抽取一个容量为200的样本进行调查，得到如图1（男生）、图2（女生）所示的频率分布直方图. （1）求抽取的200名学生中每天的课后学习时间落在区间的男生人数； （2）估计该中学高一年级全体学生每天平均课后学习时间（注：同一组数据用区间中点值作代表）. 16. 已知单位向量，的夹角为. （1）若，求在上的投影向量（结果用表示）； （2）若对恒成立，求的取值范围. 17. 如图，是的直径，垂直于所在的平面，是圆周上不同于，的任意一点. （1）证明：平面平面； （2）若，，求二面角余弦值. 18. 在中，角，，对边分别是，，.请在以下三个条件中任选一个进行解答（若选多个条件分别解答，则按第一个解答过程给分）： ①；②；③. （1）求； （2）若，， （ⅰ）求的面积； （ⅱ）若，为边上的两点，且为的角平分线，为边上的中线，求的值. 19. 已知函数. （1）若，求函数的单调递增区间； （2）若，不等式对恒成立，求的最大值； （3）若，存在，，使得在上单调递增且在上的值域为，求的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 宁波市2024学年第二学期期末考试 高二数学试题卷 本试卷共4页，19小题，满分150分.考试用时120分钟. 注意事项： 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】D 【解析】 【分析】先解方程求出集合，再根据并集的定义即可得出答案. 【详解】因为，解得：或，所以， 因为，所以. 故选：D 2. 已知向量，，且与共线，则实数（ ） A. 2 B. C. 8 D. 【答案】B 【解析】 【分析】由向量共线的坐标表示列出等式求解即可. 【详解】因为与共线， 所以， 解得， 故选：B 3. 已知且，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】A 【解析】 【分析】分、两种情况讨论，利用指数函数的单调性解不等式，可得出实数的取值范围，利用集合的包含关系可得出结论. 【详解】当时，由可得，此时， 当时，由可得，此时， 所以，满足不等式的实数的取值范围是， 因为是的真子集， 故“”是“”的充分不必要条件. 故选：A. 4. 已知函数的部分图象如图所示，则将该函数图象向左平移个单位后得到的函数为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先根据图象，得，再根据图象平移求解. 【详解】根据图象，，， 所以，则， 则将该函数图象向左平移个单位后得到的函数为. 故选：C 5. 某街区的交通道路如图1实线所示，从处出发，沿道路以最短路径到达处，则选择如图2实线所示的道路到达处的概率是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用组合数与分步乘法计数原理，计算出图中从处出发到达处的最短路径数，并计算出图中从处到达处的过程中最短路径数，然后利用古典概型的概率公式，即可得到结果. 【详解】根据题意，图中从处出发到达处的最短路径需要经过两横两纵四段短路， 所以最短路径数为种路径， 图中从处出发到达处的最短路径有两种情况： 第一步走纵，只有纵纵横横一种路径； 第一步走横，到达如图所示的处， 从处到达处的最短路径需要经过一横两纵三段短路， 所以最短路径有种路径， 以上两种情况相加共种路径， 所以选择如图2实线所示的道路到达处的概率是. 故选：C 6. 已知对于恒成立，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用辅助角公式及二倍角的正弦公式即可求解. 【详解】，其中，， . 故选：B. 7. 已知四棱锥的底面是矩形，平面，若直线与平面，平面和平面所成的角分别为，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据已知条件中的垂直关系结合线面角定义，确定直线与平面，平面和平面所成的角，求出各角正弦、余弦的表达式，逐项验证求解即可. 【详解】 如图所示，设，，， 因为平面，因为平面，所以， 为直角三角形， 所以直线与平面所成角为，即， 因为为矩形，所以为直角三角形， 所以， 在中，， 所以，， 因为为矩形，所以， 因为平面，平面，所以， 又因为平面，平面，， 所以平面，因为平面，所以， 为直角三角形， 所以直线与平面所成角为，即， 因为平面，平面，所以， 在中，， 所以，， 因为为矩形，所以， 因为平面，平面，所以， 又因为平面，平面，， 所以平面，因为平面，所以 为直角三角形， 所以直线与平面所成角为，即， 因为平面，平面，所以， 在中，， 所以，， 对于A， ，A错误； 对于B， ，B错误； 对于C， ，C错误； 对于D， ，D正确. 故选：D. 8. 已知定义在上的偶函数满足，记，.当时，.记关于的方程在上有两个不相等的实数根，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据函数的奇偶性及确定函数的周期性，再根据已知条件确定时的函数解析式，将问题转化为函数，在有两个交点，结合函数的图像性质、值域即可求解. 【详解】因为为定义在上的偶函数，所以， 又因为，将替换则有， 即，所以为周期为的周期函数， 根据题意，即时， ， ，当时，，即， 因为函数为周期为的周期函数， 所以，， 根据已知条件，，在上有两解， 令，则，方程变为，， 令，，根据题意两函数在有两个交点， ，，为对称轴为，值域为的抛物线， ，，为对数函数，，， 当时，函数在上单调递减，两个函数没有交点，不合题意； 当，，， 此时，两函数在上恰有两个交点，符合题意； 当时，单调递增，根据， 两图像最多有一个交点，不合题意； 当时，单调递增，根据， 两图像有两个交点，符合题意； 综上所述，的取值范围为，所以. 故选：D 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. 已知复数，，且，在复平面内对应的点分别为，，则（ ） A B. ，关于原点对称 C. D. 【答案】AD 【解析】 【分析】由已知求复数的模，并写出对应点判断A、B；再应用复数的乘除运算判断C、D. 【详解】由题设，A对， 且，，则两点关于x轴对称，不关于原点对称，B错； ，而，C错； ，D对. 故选：AD 10. 已知函数，则下列结论正确的是（ ） A. 是偶函数 B. 是奇函数 C. 是周期函数 D. 在上是减函数 【答案】BCD 【解析】 【分析】利用函数的奇偶性和周期性的定义计算可判断ABC，利用导函数判断函数的单调性可判断D. 【详解】函数的定义域为， 对于A，因为，所以不是偶函数，故A错误； 对于B，，设函数，其定义域为， 则，所以是奇函数，故B正确； 对于C，因为，所以是周期为的周期函数，故C正确； 对于D，求导可得，时，，则， 所以在上是减函数，故D正确. 故选：BCD. 11. 棱长为1的正方体中，点是线段上的动点（包括端点），则（ ） A. 三棱锥的体积为定值 B. 点到平面的距离与点到点的距离之和的最小值为 C. 当点与点重合时，四面体的外接球的表面积为 D. 的正切值的取值范围是 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A，证得平面即可判断；对于B，对立体图形进行展开形成平面图形即可求最小值；对于C，点与点重合时，四面体的外接球即为正方体的外接球，然后直接可求表面积；对于D，由题可得平面，得到 ，所以，然后可求范围. 【详解】过作交与， 对于A，在正方体中，， 又平面，平面， 所以平面，即点到平面的距离为定值， 故三棱锥的体积为定值，故A正确； 对于B，过作交与，则平面， 平面，平面， 把平面沿展开， 所以当时，距离之和取得最小值， 又， ， ， ，故B正确； 对于C，点与点重合时，四面体的外接球即为正方体的外接球， 所以此时外接球直角为体对角线，则表面积为； 对于D，在正方体中， 平面，又平面，所以， 所以， 又当时，取得最小值， 当与点或点重合时，取得最大值， ，故D正确； 故选：ABD. 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. 已知函数是定义在上的奇函数，当时，，则_____. 【答案】1 【解析】 【分析】根据函数是奇函数的定义结合对数运算化简求值. 【详解】因为函数是定义在上的奇函数，所以， 当时，，则. 故答案为：1. 13. 已知正实数，满足，则的最小值为_____. 【答案】3 【解析】 【分析】由基本不等式即可得. 【详解】，当且仅当即时取等号， 所以的最小值为3. 故答案为：3. 14. 设实系数一元二次方程有两个不相等的实数根，，则原方程可以变形为，展开得，由此，我们可以得到，.类比上述方法，如果实系数一元三次方程有三个不相等的实数根，，，我们也可以得到类似的结论.已知关于的方程有三个不相等的实数根，，，且，则的取值范围为_____. 【答案】 【解析】 【分析】本题可先根据三次方程根与系数的关系得到，，，再结合函数性质求解的取值范围. 【详解】由题意可以变形为， 展开得：， 所以， ， 三次方程 的根 ， 所以，，， 由 ，代入得： 因此： 因为方程有三个不等实根，令， 令，得.， ，单调递增， ， ，单调递减，， ，单调递增， 所以的极大值为， 的极小值为， 要有三个不等实根，则且，即. 又是最小根则，且. 所以. 令，， ， 因此， 的取值范围为 ，即的取值范围为. 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. 某中学高一年级1000名学生中，男生有600名，女生有400名.为调查该校高一年级学生每天的课后学习时间，按照性别进行分层，并通过比例分配的分层随机抽样从中抽取一个容量为200的样本进行调查，得到如图1（男生）、图2（女生）所示的频率分布直方图. （1）求抽取的200名学生中每天的课后学习时间落在区间的男生人数； （2）估计该中学高一年级全体学生每天的平均课后学习时间（注：同一组数据用区间中点值作代表）. 【答案】（1）72人 （2）3.28小时 【解析】 【分析】（1）由分层抽样的比例计算可得； （2）先由频率分布直方图计算平均数，再由分层抽样中平均值的计算估计即可. 【小问1详解】 由题意得，抽取的200名学生中，男生人数为人， 由图1得，所求男生人数人； 【小问2详解】 设样本中男生每天平均课后学习时间为，样本中女生每天的平均课后学习时间为，高一年级全体学生每天的平均课后学习时间为， 由图1得的估计值为， 由图2得的估计值为， 因此的估计值为， 即该中学高一年级全体学生每天的平均课后学习时间的估计值为3.28小时. 16. 已知单位向量，的夹角为. （1）若，求在上的投影向量（结果用表示）； （2）若对恒成立，求的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据投影向量的定义求解即可； （2）将两边同时平方得，再根据判别式求的取值范围即可. 【小问1详解】 由，得， 所以在上的投影向量为. 【小问2详解】 由得， 即对任意实数恒成立. 所以， 解得. 又因为， 所以. 17. 如图，是的直径，垂直于所在的平面，是圆周上不同于，的任意一点. （1）证明：平面平面； （2）若，，求二面角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）结合圆周角和面面垂直判定定理证明可得； （2）过点分别作于点，于点，连结，先由线面垂直的判定定理证明，得到二面角的平面角，再由几何关系求出即可. 【小问1详解】 因为平面，平面，所以. 因为点是圆周上不同于，的任意一点，是的直径，所以. 又因为，平面，平面，所以平面. 又平面，所以平面平面. 【小问2详解】 过点分别作于点，于点，连结. 由平面平面，平面平面，得平面， 所以， 又因为，，平面， 所以平面，故， 所以二面角的平面角为. 不妨设， 因为，，所以，，，. 在中，，在中，， 所以，所以. 18. 在中，角，，的对边分别是，，.请在以下三个条件中任选一个进行解答（若选多个条件分别解答，则按第一个解答过程给分）： ①；②；③. （1）求； （2）若，， （ⅰ）求的面积； （ⅱ）若，为边上两点，且为的角平分线，为边上的中线，求的值. 【答案】（1） （2）（ⅰ）；（ⅱ） 【解析】 【分析】（1）选①切化弦化简得出结合角的范围求解；选②由正弦定理结合两角差的余弦公式计算得结合角的范围求解；选③由正弦定理结合两角差的正弦公式计算得结合角的范围求解； （2）（ⅰ）应用两角和的余弦公式计算得出结合正弦定理及面积公式计算；（ⅱ）应用余弦定理得出，再应用面积公式计算得出，最后求出中线即可求解. 【小问1详解】 选①：由，得， 所以，因为，解得， 又因为，所以. 选②：由，得. 所以，即，解得， 又因为，所以. 选③：由，得， 所以，所以， 即，因为，解得， 又因为，所以. 【小问2详解】 由，得， 因为，所以， 根据正弦定理，得. （ⅰ）. （ⅱ）由余弦定理得，所以，所以. 由，得，所以. 因为，所以，解得， 所以. 19. 已知函数. （1）若，求函数的单调递增区间； （2）若，不等式对恒成立，求的最大值； （3）若，存在，，使得在上单调递增且在上的值域为，求的取值范围. 【答案】（1） （2）5 （3） 【解析】 【分析】（1）由分段函数和二次函数的性质直接判断可得； （2）变形不等式后分的取值范围讨论可得； （3）结合二次函数的性质分和两种情况，转化为区间上存在两个不等实根问题，列不等式组求解可得. 【小问1详解】 当时， 其中开口向上，对称轴为，故在上单调递增， 开口向上，对称轴为，故在上单调递减， 所以的单调递增区间为. 【小问2详解】 由题知，， 即， ， ， 对任意恒成立. 若，则. 若，则，所以， 因为，所以，所以， 当时，，所以， 当时，， 故只需对任意恒成立，即， 所以，解得. 若，则，所以，因为，则， 所以， 只需，所以， 综上，，故的最大值为5. 【小问3详解】 因为，当，时，， 故，对称轴为. 当，即时，在单调递增，故在上单调递增， 所以 令，即， 所以，是方程在上的两个不等实根， 则解得. 当，即时，在单调递减，单调递增， 所以 所以，是方程在上的两个不等实根， 则 解得. 综上，. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$