浙江省宁波市2022-2023学年高二下学期期末考试数学试卷（Word版含答案）

绝密★启用前
宁波市2022-2023学年高二下学期期末考试
数 学
试卷类型：A
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．
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
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．
4．已知平面向量，，当和垂直时，（ ）
A． B．22 C． D．25
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．
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
7．已知函数，则的解集是（ ）
A． B．
C． D．
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．
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
10．已知，且则（ ）
A． B．
C． D．
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
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
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___________.
14．圆心在原点且与直线相切的圆的方程为______________.
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________.
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___．
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．
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.
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．
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．
21．已知，．若是的充分不必要条件，求实数的取值范围．
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：．
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．B
【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．B
【解析】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．B
【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．D
【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．A
【解析】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．C
【分析】设过点的切线为，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．C
【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为，
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．B
【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．
9．AC
【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，故是最高气温的众数，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．BC
【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．BCD
【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．BCD
【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.
13．{3,4,5}.
【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．
【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：．
15．11
【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．
【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：.
17．(1)
(2)证明见解析
【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.
【详解】（1）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
（2）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．(1)
(2)
【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.
【详解】（1）在中，
由正弦定理可得，
所以，
又，
所以.
（2）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．（1）；（2）.
【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．（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）若要证明面面垂直，只要证明其中一个面内的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．.
【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．（1）；（2）证明见解析.
【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．