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浙江省宁波市2022-2023学年高二下学期数学期末试题
一、单项选择题（本大题共12小题，每小题3分，共36分.每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分.
1．（2023高二下·宁波期末）已知集合，，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】并集及其运算
【解析】【解答】∵， ，
∴.
故答案为：D
【分析】根据并集的定义计算可得.
2．（2023高二下·宁波期末） 复数（i为虚数单位）的虚部是（ ）
A． B． C．1 D．2
【答案】A
【知识点】复数的基本概念
【解析】【解答】∵ 复数 ，
∴复数（i为虚数单位）的虚部是 -2，
故答案为：A
【分析】根据复数的相关概念求解即可.
3．（2023高二下·宁波期末） 函数的定义域是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】函数的定义域及其求法
【解析】【解答】∵ ，
∴，
∴的定义域为。
故答案为：B
【分析】根据函数定义域的求法可解得.
4．（2023高二下·宁波期末） 已知，则 （ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】正切函数的定义域和值域
【解析】【解答】∵已知，并且，
∴的终边在直线上，
故。
故答案为：B
【分析】根据，并且可知的终边在直线上，进而得到的值
5．（2023高二下·宁波期末） 某制药厂正在测试一种减肥药的疗效，有1000名志愿者服用此药，结果如下：
体重变化 体重减轻 体重不变 体重增加
人数 241 571 188
如果另有一人服用此药，根据上表数据估计此人体重减轻的概率是（ ）
A．0.57 B．0.33 C．0.24 D．0.19
【答案】C
【知识点】古典概型及其概率计算公式
【解析】【解答】由题可知，统计表中1000名志愿者中，服用此药后出现体重减轻的人数为241人，因此服用此药后出现体重减轻的频率为，
故答案为：C
【分析】利用表中数据，代入古典概型的概率公式直接计算.
6．（2023高二下·宁波期末）已知平面向量，，若，则实数（ ）
A． B． C．1 D．4
【答案】A
【知识点】利用数量积判断平面向量的垂直关系
【解析】【解答】∵ ，
∴ ，
解得.
故答案为：A
【分析】利用向量垂直的性质进行直接计算即可.
7．（2023高二下·宁波期末） 已知球的半径是3，则该球的体积是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】球的体积和表面积
【解析】【解答】∵半径R=3，
∴该球的体积为： 。
故答案为：D
【分析】直接利用球的体积公式计算即可。
8．（2023高二下·宁波期末） 对数与互为相反数，则有（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】对数的性质与运算法则
【解析】【解答】因为对数与互为相反数 ，
所有 ，即.
故答案为：C
【分析】根据对数的定义和运算逐项分析判断.
9．（2023高二下·宁波期末） 取一条长度为1的直线段，将它三等分，去掉中间一段，留下剩下的两段；再将剩下的两段分别分割三等分，各去掉中间一段，留剩下的更短的四段；…；将这样的操作一直继续下去，直至无穷，由于在不断分割舍弃过程中，所形成的线段数目越来越多，长度越来越小，在极限的情况下，得到一个离散的点集，称为康托尔三分集.若在第n次操作中去掉的线段长度之和不小于，则n的最大值为（ ）
（参考数据：）
A．7 B．8 C．9 D．10
【答案】B
【知识点】指、对数不等式的解法；等比数列与指数函数的关系；数列的应用
【解析】【解答】第一次操作去掉的线段长度为，
第二次操作去掉的线段长度为，
第三次操作去掉的线段长度为，
……
第n次操作去掉的线段长度为，
由题可知，，所以 ，则 ，
又因为，
所以指数函数为单调递增函数，
又因为 ，
所以n=8.
故答案为：B
【分析】先根据题目得到转化成再根据指数函数性质和参考数据结合解得.
10．（2023高二下·宁波期末） 已知为非零实数，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】D
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】【解答】当时，， 所以得不出；
若，则，若，则，即，所以得不出，故 “”是“”的既不充分也不必要条件 .
故答案为：D
【分析】把数值进行特殊结合，再利用充分条件与必要条件的定义进行判断。
11．（2021高一下·大理期中）在 中， ， ， ，则直线 通过 的（ ）
A．垂心 B．外心 C．重心 D．内心
【答案】D
【知识点】三角形中的几何计算
【解析】【解答】 ，又 ， 在 的平分线上，
故答案为：D．
【分析】利用已知条件整理化简即可得到，由此即可得出结论。
12．（2023高二下·宁波期末） 已知函数的定义域为R，为奇函数，且对于任意，都有，则下列结论中一定成立的是（ ）
A． B．
C．为偶函数 D．为奇函数
【答案】C
【知识点】奇函数与偶函数的性质；奇偶函数图象的对称性；函数的周期性
【解析】【解答】A选项，由已知函数的定义域为R，为奇函数，得，即，故A错误；
B选项，由已知，得，所以，即，则，故B错误；
C选项，由，得，可知函数的周期为T=2，再由与可得，即函数的图像关于对称。根据周期为T=2可得函数的图像关于对称，即，所以为偶函数，故C正确；
D选项，因为，并且函数的周期为T=2，所以，为偶函数，故D错误.
故答案为：C
【分析】结合基本初等函数的奇偶性、对称性和周期性进行证明.
二、多项选择题（本大题共4小题，每小题4分，共16分，每小题列出的四个备选项中有多个是符合题目要求的，全部选对得4分，部分选对且没错选得2分，不选、错选得0分.）
13．（2023高二下·宁波期末） 下列函数是增函数的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A,C
【知识点】函数单调性的判断与证明；函数单调性的性质
【解析】【解答】A选项，函数的定义域为R，函数在R上单调递增，故A正确。
B选项，函数的定义域为R，函数在上单调递减，在上单调递增，故B错误。
C选项，函数的定义域为，函数在上单调递增，故C正确。
D选项，函数 的定义域为，函数在上单调递增，在上单调递增，但是矛盾，故D错误。
故答案为：AC
【分析】根据幂函数的性质判断选项的单调性。
14．（2023高二下·宁波期末） 已知平面平面，且，则下列命题不正确的是（ ）
A．平面α内的直线必垂直于平面β内的任意一条直线
B．平面α内的已知直线必垂直于平面β内的无数条直线
C．平面α内的任意一条直线必垂直于平面β
D．过平面α内的任意一点作交线l的垂线，则此垂线必垂直于平面β
【答案】A,C,D
【知识点】直线与平面垂直的判定；平面与平面垂直的判定
【解析】【解答】A选项，平面内取平行于交线的直线时，该直线与平面平行，不垂直于平面内的任意一条直线，故A错误；
B选项，取平面内无数条与交线垂直的直线，平面内的已知直线与这无数条直线垂直，故B正确；
C选项，平面内取与(平行的直线，不垂直于平面，故C错误；
D选项，若内的任意一点取在交线上，所作垂线可能不在平面内，所以不一定垂直于平面，故D错误。
故答案为：ACD
【分析】利用线面、面面关系进行判断。
15．（2023高二下·宁波期末） 在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.以下列选项为条件，一定可以推出的有（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A,D
【知识点】解三角形
【解析】【解答】A选项，由余弦定理可得，又，所以，故A正确。
B选项，由正弦定理可得，又，所以，因为，所以，故B错误。
C选项，取B(或C)为，视C（或B）为锐角，且，可得A为锐角，且，此时，故C错误。
D选项，由可得，所以，所以解得，又因为，所以，故D正确。
故答案为：AC
【分析】应用正弦定理、余弦定理和内角和关系、二倍角公式诱导公式判断.
16．（2023高二下·宁波期末） 如图，在棱长为2的正方体中，点E为的中点，点P在线段（不包含端点）上运动，记二面角的大小为，二面角的大小为，则（ ）
A．异面直线BP与AC所成角的范围是
B．的最小值为
C．当的周长最小时，三棱锥的体积为
D．用平面截正方体，截面的形状为梯形
【答案】A,B,D
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积；异面直线及其所成的角；平面与平面之间的位置关系
【解析】【解答】对A：因为，所以异面直线BP与AC所成角为或中的锐角或直角，
又因为，所以为为等边三角形，
因为点P在线段（不包含端点）上运动，
所以当P为线段的中点时，，
此时异面直线BP与AC所成角为，
当点P趋近或时，异面直线BP与AC所成角趋近，
所以异面直线BP与AC所成角的范围是，故A正确；
对B：过点P作，，
因为平面ABCD，所以平面ABCD，
过点F作，垂足为G，H，
所以为二面角的平面角，为二面角的平面角，
故，
设，则，
所以，
所以，
因为，所以，
所以，
所以当时，取最小值，最小值为，故B正确；
对C：延长到点M，使得，则，
所以，
当且仅当三点共线时等号成立，
所以当点P为线段AM与的交点时，的周长最小，
因为，所以，
所以，又，所以，
所以的面积，
又因为，平面，
所以平面，
所以点B到平面APE的距离为BO，
所以当的周长最小时，三棱锥的体积为，故C错误；
对D：延长，两直线交于点Q，连接PQ，
设，连接，
因为平面平面，
平面平面，平面平面，
所以，且，
所以四边形BEST为梯形，
所以用平面BEP截正方体，截面的形状为梯形，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】对A：由异面直线夹角定义确定异面直线BP与AC所成角，分析判断即可；对B：由二面角的定义确定，求，利用两角和的正切公式求，再求其最小值；对C：确定周长最小时点P的位置，结合锥体体积公式求的体积运算求解；对D：根据平面的性质，确定正方体的过点的截面，进而判断其形状.
三、填空题（本大题共4小题，每空3分，共15分.）
17．（2023高二下·宁波期末） 已知函数，则 ， .
【答案】；
【知识点】分段函数的应用
【解析】【解答】，则；
，
，
即
故答案为：；.
【分析】用函数的解析式求得f（-1)的值，计算出的范围，根据函数的解析式求得的值.
18．（2023高二下·宁波期末） 在生活中，我们经常可以看到这样的路障，它可以近似地看成由一个直八棱柱、一个圆柱与一个圆台组合而成，其中圆台的上底面直径为，下底面直径为，高为.为了起到夜间行车的警示作用，现要在圆台侧面涂上荧光材料，则涂料部分的面积为 .
【答案】
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积
【解析】【解答】如图，作圆台的轴截面，过A作，垂足为E，
由已知，，
所以，即圆台的母线长为82cm，由已知圆台的上底半径为2cm，下底半径为20cm，
则圆台的侧面积：。
故答案为：.
【分析】作圆台的轴截面，利用条件求其母线长，再由圆台侧面积公式求其侧面积.
19．（2023高二下·宁波期末） 已知正实数x，y满足，则的最小值是 .
【答案】
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【解答】，，即；
，
当且仅当，时等号成立，
即，时等号成立，
则的最小值是.
故答案为：
【分析】根据题目可得，结合基本不等式求的最小值.
20．（2023高二下·宁波期末）在锐角中，内角，，所对的边分别为，，，若，则的取值范围为 .
【答案】
【知识点】解三角形；正弦定理；余弦定理
【解析】【解答】 由正弦定理可得；
由余弦定理，可得，即，
由正弦定理可得，
，
即，
则，
，
，，即；
由为锐角三角形，，
可得，
由正弦定理得，
则，
即的取值范围为.
故答案为：（1，2）
【分析】用正弦定理先将边角互化，然后再结合余弦定理及两角和差的正弦公式进行相关计算。
四、解答题（本大题共3小题，共33分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）
21．（2023高二下·宁波期末） 随着移动互联网的发展，与餐饮美食相关的手机软件层出不穷.现从某市使用款订餐软件的商家中随机抽取个商家，对它们的“平均配送时间”进行统计，所有数据均在范围内，得到如图所示的频率分布直方图.
（1）求的值；
（2）试估计该市使用款订餐软件的商家的“平均配送时间”的第百分位数.
【答案】（1）解：依题意可得，
解得.
（2）解：因为，所以第百分位数位于之间，
设为，则，解得，
故第百分位数为.
【知识点】频率分布直方图
【解析】【分析】（1）根据频率分布直方图中所有小矩形的面积之和为1得到方程，然后解方程即可得到答案。
（2）先判断第20百分位数位于[20，30]之间，设为x，然后列出方程及解方程即可算得。
22．（2023高二下·宁波期末） 已知函数.其中.若的最小正周期为，且；
（1）求的值；
（2）若，求在区间上的值域.
【答案】（1）解：因为的最小正周期为，，
所以，所以，
所以，
因为，
所以，
所以，
所以，
所以，
（2）解：由（1），又，
所以，
所以，
由已知，所以，
所以，
所以在区间上的值域为.
【知识点】两角和与差的正弦公式；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【分析】（1）利用函数的周期，结合周期公式求，由化简；
（2）由（1）的条件确定，利用不等式性质和正弦函数性质求在上的值域。
23．（2023高二下·宁波期末） 已知函数，其中.
（1）若，求的值；
（2）判断函数的零点个数，并说明理由；
（3）设，求证：.
【答案】（1）解：若，则，
所以.
（2）解：，
因为，所以，
所以，所以在上单调递增，
又，因为，所以，所以，
又，所以在内有唯一零点.
（3）证明：由（2）可知，，
因为，所以，
所以，
令，则，
记，
因为，所以，
易知在上单调递增，又因为，所以，
所以，
因为，
所以要证，只需证，即证，
令，
因为，所以在单调递增，
所以，即，即.
综上，，即.
【知识点】函数的单调性与导数正负的关系；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值
【解析】【分析】（1）根据解析式计算；
（2）利用导数讨论单调性，结合零点存在的定理判断；
（3）结合单调性用放缩法进行证明。
五、多项选择题（本大题共4小题，每小题5分，共20分每小题列出的四个备选项中有多个是符合题目要求的，全部选对得5分，部分选对且没错选得2分，不选、错选得0分）
24．（2023高二下·宁波期末） 抛掷一枚质地均匀的硬币两次，设事件“第一次正面朝上”，事件“第二次正面朝上”，则（ ）
A． B．
C．事件A与事件B互斥 D．事件A与事件B相互独立
【答案】A,B,D
【知识点】互斥事件与对立事件；相互独立事件
【解析】【解答】A选项，试验的样本空间为：，共 4个样本点，
所以，故，故A正确；
B选项，试验的样本空间为：，共 4个样本点，事件A+B含有（正，正 )，(正，反)，(反，正)，这三种结果，故，故B正确；
C选项 ，，显然事件A，事件B都含有“（正，正） 这一结果，事件A，事件 B能同时发生，因此事件A与事件B不互斥，故C错误；
D选项 ，所以， 所以事件A与事件B为相互独立事件，故D正确。
故答案为：ABD
【分析】根据对立事件、并立事件，互斥与相互独立事件的概念对选项依次判断。
25．（2023高二下·宁波期末） 已知平面向量满足，则（ ）
A．的最大值为3
B．的最大值为3
C．的最大值为6
D．的最大值为2
【答案】A,B,D
【知识点】平面向量的数量积运算
【解析】【解答】设的夹角为，
因为，则，
对A：因为，
且，则，
所以当时，有最大值3，故A正确；
对B：因为，
且，则，
所以当时，有最大值3，故B正确；
对C：因为，
可得，
且，则，
所以当时，有最大值，
即的最大值为，故C错误；
对D：因为，
可得，
且，则，
所以当时，有最大值，
即的最大值为2，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】设的夹角为θ，通过平方转化得，利用三角函数的性质求出其最大值，即可判断A；选项BCD采用同样的方法求解判断即可.
26．（2023高二下·宁波期末） 已知函数，若满足，对，都使得成立，则的值可能为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B,C
【知识点】两角和与差的余弦公式；两角和与差的正弦公式
【解析】【解答】因为对，都使得成立，
可得的值域包含于函数的值域，
函数的值域为，
所以的值域包含区间，
由，可得，
对A：当时，，
所以的值域为不满足要求，故A错误；
对B：当时，，，
所以的值域为满足要求，故B正确；
对C：当时，，，
所以的值域为满足要求，故C正确；
对D：当时，，，
所以的值域为，不满足要求，故D错误；
故答案为：BC.
【分析】由条件可得的值域包含于函数的值域，求函数的值域，并对各选项逐一检验，可得结论.
27．（2023高二下·宁波期末）已知正实数、、满足，，其中，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A,C,D
【知识点】函数单调性的性质；函数的值；利用对数函数的单调性比较对数值的大小
【解析】【解答】对A：因为，所以，
由，可得，则，所以，故A正确；
对B：设，则，
因为幂函数在上为增函数，所以，即，
设，则，
因为幂函数在上为增函数，
所以，即，则，故B错误；
对C：因为，且，
所以，所以，则，故，
所以，即，故C对；
对D：由基本不等式，可得，
所以，，故D对.
故答案为：ACD.
【分析】对A：利用换底公式分析判断；对B：设，，利用对数与指数的互化，以及幂函数的单调性分析判断；对C：比较m、n的大小，利用作商法结合幂函数的单调性分析判断；对D：利用基本不等式分析判断.
六、解答题（本大题共2小题，共30分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤，）
28．（2023高二下·宁波期末） 如图，正四棱锥的高为，体积为.
（1）求正四棱锥的表面积；
（2）若点为线段的中点，求直线AE与平面所成角的正切值；
（3）求二面角的余弦值.
【答案】（1）解：连接，连接，如图，
因为在正四棱锥中，底面是正方形，则，且是与的中点，底面，
因为正四棱锥的高为，体积为，则，
，设底面边长为，则，
所以由得，解得，
因为底面，底面，故，
在中，，则，同理，
所以在中，，则，
同理：，
所以正四棱锥的表面积为.
（2）解：由（1）可得，以为原点，为轴，建立空间直角坐标系，如图，
则，
因为点为线段的中点，所以，则，
易知平面的一个法向量为，
设直线AE与平面所成角为，则，
所以，
故，，
所以直线AE与平面所成角的正切值为.
（3）解：由（2）知，
设平面的一个法向量为，则，
取，则，故，
设平面的一个法向量为，则，
取，则，故，
设二面角为，则由图形可知，
所以，
所以二面角的余弦值为.
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积；用空间向量研究直线与平面所成的角；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】 (1)先由棱锥的体积公式求得底面边长，再利用正四棱锥的性质求得PC，PB，从而求得，进而求得该正四棱锥的表面积；
(2)结合(1)中结论建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角余弦的坐标表示，结合三角函数的基本关系式即可得解；
(3)分别求得平面APB与平面PBC的法向量，再利用空间向量夹角余弦的坐标表示即可得解.
29．（2023高二下·宁波期末） 已知定义在R上的函数，其中a为实数.
（1）当时，解不等式；
（2）若函数在上有且仅有两个零点，求a的取值范围；
（3）对于，若存在实数，满足，求的取值范围.（结果用a表示）
【答案】（1）解：，
当时，，无解；
当时，，即，满足题设；
所以的解集为；
（2）解：令，则有，，
如果，则有，当时都能成立，不满足题意；
当时，，又，a的取值范围是；
（3）解：对于，令有2个不同的实数解，并且，
当时，，当时，，函数的大致图像如下：
当并且时，有，即，
令，则，并且， ，
令，则 ，
，显然是关于t的增函数，即， ，
是关于t的增函数，，并且，即；
当 时，，同理令，，，
，y是关于t的增函数，
；
所以的取值范围是；
综上，（1）的解集为，（2）a的取值范围是，（3）的取值范围是.
【知识点】函数的图象；简单复合函数求导法则；函数的零点与方程根的关系；函数的零点
【解析】【分析】 (1)将代入解不等式即可；
(2)令，分和两种情况讨论，分析求解；
(3)用求根公式将转化为a和m，再根据m的取值范围讨论，利用导数判断原函数的单调性，结合单调性分析求解.
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浙江省宁波市2022-2023学年高二下学期数学期末试题
一、单项选择题（本大题共12小题，每小题3分，共36分.每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分.
1．（2023高二下·宁波期末）已知集合，，则（ ）
A． B．
C． D．
2．（2023高二下·宁波期末） 复数（i为虚数单位）的虚部是（ ）
A． B． C．1 D．2
3．（2023高二下·宁波期末） 函数的定义域是（ ）
A． B．
C． D．
4．（2023高二下·宁波期末） 已知，则 （ ）
A． B． C． D．
5．（2023高二下·宁波期末） 某制药厂正在测试一种减肥药的疗效，有1000名志愿者服用此药，结果如下：
体重变化 体重减轻 体重不变 体重增加
人数 241 571 188
如果另有一人服用此药，根据上表数据估计此人体重减轻的概率是（ ）
A．0.57 B．0.33 C．0.24 D．0.19
6．（2023高二下·宁波期末）已知平面向量，，若，则实数（ ）
A． B． C．1 D．4
7．（2023高二下·宁波期末） 已知球的半径是3，则该球的体积是（ ）
A． B． C． D．
8．（2023高二下·宁波期末） 对数与互为相反数，则有（ ）
A． B． C． D．
9．（2023高二下·宁波期末） 取一条长度为1的直线段，将它三等分，去掉中间一段，留下剩下的两段；再将剩下的两段分别分割三等分，各去掉中间一段，留剩下的更短的四段；…；将这样的操作一直继续下去，直至无穷，由于在不断分割舍弃过程中，所形成的线段数目越来越多，长度越来越小，在极限的情况下，得到一个离散的点集，称为康托尔三分集.若在第n次操作中去掉的线段长度之和不小于，则n的最大值为（ ）
（参考数据：）
A．7 B．8 C．9 D．10
10．（2023高二下·宁波期末） 已知为非零实数，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
11．（2021高一下·大理期中）在 中， ， ， ，则直线 通过 的（ ）
A．垂心 B．外心 C．重心 D．内心
12．（2023高二下·宁波期末） 已知函数的定义域为R，为奇函数，且对于任意，都有，则下列结论中一定成立的是（ ）
A． B．
C．为偶函数 D．为奇函数
二、多项选择题（本大题共4小题，每小题4分，共16分，每小题列出的四个备选项中有多个是符合题目要求的，全部选对得4分，部分选对且没错选得2分，不选、错选得0分.）
13．（2023高二下·宁波期末） 下列函数是增函数的是（ ）
A． B． C． D．
14．（2023高二下·宁波期末） 已知平面平面，且，则下列命题不正确的是（ ）
A．平面α内的直线必垂直于平面β内的任意一条直线
B．平面α内的已知直线必垂直于平面β内的无数条直线
C．平面α内的任意一条直线必垂直于平面β
D．过平面α内的任意一点作交线l的垂线，则此垂线必垂直于平面β
15．（2023高二下·宁波期末） 在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.以下列选项为条件，一定可以推出的有（ ）
A． B．
C． D．
16．（2023高二下·宁波期末） 如图，在棱长为2的正方体中，点E为的中点，点P在线段（不包含端点）上运动，记二面角的大小为，二面角的大小为，则（ ）
A．异面直线BP与AC所成角的范围是
B．的最小值为
C．当的周长最小时，三棱锥的体积为
D．用平面截正方体，截面的形状为梯形
三、填空题（本大题共4小题，每空3分，共15分.）
17．（2023高二下·宁波期末） 已知函数，则 ， .
18．（2023高二下·宁波期末） 在生活中，我们经常可以看到这样的路障，它可以近似地看成由一个直八棱柱、一个圆柱与一个圆台组合而成，其中圆台的上底面直径为，下底面直径为，高为.为了起到夜间行车的警示作用，现要在圆台侧面涂上荧光材料，则涂料部分的面积为 .
19．（2023高二下·宁波期末） 已知正实数x，y满足，则的最小值是 .
20．（2023高二下·宁波期末）在锐角中，内角，，所对的边分别为，，，若，则的取值范围为 .
四、解答题（本大题共3小题，共33分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）
21．（2023高二下·宁波期末） 随着移动互联网的发展，与餐饮美食相关的手机软件层出不穷.现从某市使用款订餐软件的商家中随机抽取个商家，对它们的“平均配送时间”进行统计，所有数据均在范围内，得到如图所示的频率分布直方图.
（1）求的值；
（2）试估计该市使用款订餐软件的商家的“平均配送时间”的第百分位数.
22．（2023高二下·宁波期末） 已知函数.其中.若的最小正周期为，且；
（1）求的值；
（2）若，求在区间上的值域.
23．（2023高二下·宁波期末） 已知函数，其中.
（1）若，求的值；
（2）判断函数的零点个数，并说明理由；
（3）设，求证：.
五、多项选择题（本大题共4小题，每小题5分，共20分每小题列出的四个备选项中有多个是符合题目要求的，全部选对得5分，部分选对且没错选得2分，不选、错选得0分）
24．（2023高二下·宁波期末） 抛掷一枚质地均匀的硬币两次，设事件“第一次正面朝上”，事件“第二次正面朝上”，则（ ）
A． B．
C．事件A与事件B互斥 D．事件A与事件B相互独立
25．（2023高二下·宁波期末） 已知平面向量满足，则（ ）
A．的最大值为3
B．的最大值为3
C．的最大值为6
D．的最大值为2
26．（2023高二下·宁波期末） 已知函数，若满足，对，都使得成立，则的值可能为（ ）
A． B． C． D．
27．（2023高二下·宁波期末）已知正实数、、满足，，其中，则（ ）
A． B． C． D．
六、解答题（本大题共2小题，共30分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤，）
28．（2023高二下·宁波期末） 如图，正四棱锥的高为，体积为.
（1）求正四棱锥的表面积；
（2）若点为线段的中点，求直线AE与平面所成角的正切值；
（3）求二面角的余弦值.
29．（2023高二下·宁波期末） 已知定义在R上的函数，其中a为实数.
（1）当时，解不等式；
（2）若函数在上有且仅有两个零点，求a的取值范围；
（3）对于，若存在实数，满足，求的取值范围.（结果用a表示）
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】并集及其运算
【解析】【解答】∵， ，
∴.
故答案为：D
【分析】根据并集的定义计算可得.
2．【答案】A
【知识点】复数的基本概念
【解析】【解答】∵ 复数 ，
∴复数（i为虚数单位）的虚部是 -2，
故答案为：A
【分析】根据复数的相关概念求解即可.
3．【答案】B
【知识点】函数的定义域及其求法
【解析】【解答】∵ ，
∴，
∴的定义域为。
故答案为：B
【分析】根据函数定义域的求法可解得.
4．【答案】B
【知识点】正切函数的定义域和值域
【解析】【解答】∵已知，并且，
∴的终边在直线上，
故。
故答案为：B
【分析】根据，并且可知的终边在直线上，进而得到的值
5．【答案】C
【知识点】古典概型及其概率计算公式
【解析】【解答】由题可知，统计表中1000名志愿者中，服用此药后出现体重减轻的人数为241人，因此服用此药后出现体重减轻的频率为，
故答案为：C
【分析】利用表中数据，代入古典概型的概率公式直接计算.
6．【答案】A
【知识点】利用数量积判断平面向量的垂直关系
【解析】【解答】∵ ，
∴ ，
解得.
故答案为：A
【分析】利用向量垂直的性质进行直接计算即可.
7．【答案】D
【知识点】球的体积和表面积
【解析】【解答】∵半径R=3，
∴该球的体积为： 。
故答案为：D
【分析】直接利用球的体积公式计算即可。
8．【答案】C
【知识点】对数的性质与运算法则
【解析】【解答】因为对数与互为相反数 ，
所有 ，即.
故答案为：C
【分析】根据对数的定义和运算逐项分析判断.
9．【答案】B
【知识点】指、对数不等式的解法；等比数列与指数函数的关系；数列的应用
【解析】【解答】第一次操作去掉的线段长度为，
第二次操作去掉的线段长度为，
第三次操作去掉的线段长度为，
……
第n次操作去掉的线段长度为，
由题可知，，所以 ，则 ，
又因为，
所以指数函数为单调递增函数，
又因为 ，
所以n=8.
故答案为：B
【分析】先根据题目得到转化成再根据指数函数性质和参考数据结合解得.
10．【答案】D
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】【解答】当时，， 所以得不出；
若，则，若，则，即，所以得不出，故 “”是“”的既不充分也不必要条件 .
故答案为：D
【分析】把数值进行特殊结合，再利用充分条件与必要条件的定义进行判断。
11．【答案】D
【知识点】三角形中的几何计算
【解析】【解答】 ，又 ， 在 的平分线上，
故答案为：D．
【分析】利用已知条件整理化简即可得到，由此即可得出结论。
12．【答案】C
【知识点】奇函数与偶函数的性质；奇偶函数图象的对称性；函数的周期性
【解析】【解答】A选项，由已知函数的定义域为R，为奇函数，得，即，故A错误；
B选项，由已知，得，所以，即，则，故B错误；
C选项，由，得，可知函数的周期为T=2，再由与可得，即函数的图像关于对称。根据周期为T=2可得函数的图像关于对称，即，所以为偶函数，故C正确；
D选项，因为，并且函数的周期为T=2，所以，为偶函数，故D错误.
故答案为：C
【分析】结合基本初等函数的奇偶性、对称性和周期性进行证明.
13．【答案】A,C
【知识点】函数单调性的判断与证明；函数单调性的性质
【解析】【解答】A选项，函数的定义域为R，函数在R上单调递增，故A正确。
B选项，函数的定义域为R，函数在上单调递减，在上单调递增，故B错误。
C选项，函数的定义域为，函数在上单调递增，故C正确。
D选项，函数 的定义域为，函数在上单调递增，在上单调递增，但是矛盾，故D错误。
故答案为：AC
【分析】根据幂函数的性质判断选项的单调性。
14．【答案】A,C,D
【知识点】直线与平面垂直的判定；平面与平面垂直的判定
【解析】【解答】A选项，平面内取平行于交线的直线时，该直线与平面平行，不垂直于平面内的任意一条直线，故A错误；
B选项，取平面内无数条与交线垂直的直线，平面内的已知直线与这无数条直线垂直，故B正确；
C选项，平面内取与(平行的直线，不垂直于平面，故C错误；
D选项，若内的任意一点取在交线上，所作垂线可能不在平面内，所以不一定垂直于平面，故D错误。
故答案为：ACD
【分析】利用线面、面面关系进行判断。
15．【答案】A,D
【知识点】解三角形
【解析】【解答】A选项，由余弦定理可得，又，所以，故A正确。
B选项，由正弦定理可得，又，所以，因为，所以，故B错误。
C选项，取B(或C)为，视C（或B）为锐角，且，可得A为锐角，且，此时，故C错误。
D选项，由可得，所以，所以解得，又因为，所以，故D正确。
故答案为：AC
【分析】应用正弦定理、余弦定理和内角和关系、二倍角公式诱导公式判断.
16．【答案】A,B,D
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积；异面直线及其所成的角；平面与平面之间的位置关系
【解析】【解答】对A：因为，所以异面直线BP与AC所成角为或中的锐角或直角，
又因为，所以为为等边三角形，
因为点P在线段（不包含端点）上运动，
所以当P为线段的中点时，，
此时异面直线BP与AC所成角为，
当点P趋近或时，异面直线BP与AC所成角趋近，
所以异面直线BP与AC所成角的范围是，故A正确；
对B：过点P作，，
因为平面ABCD，所以平面ABCD，
过点F作，垂足为G，H，
所以为二面角的平面角，为二面角的平面角，
故，
设，则，
所以，
所以，
因为，所以，
所以，
所以当时，取最小值，最小值为，故B正确；
对C：延长到点M，使得，则，
所以，
当且仅当三点共线时等号成立，
所以当点P为线段AM与的交点时，的周长最小，
因为，所以，
所以，又，所以，
所以的面积，
又因为，平面，
所以平面，
所以点B到平面APE的距离为BO，
所以当的周长最小时，三棱锥的体积为，故C错误；
对D：延长，两直线交于点Q，连接PQ，
设，连接，
因为平面平面，
平面平面，平面平面，
所以，且，
所以四边形BEST为梯形，
所以用平面BEP截正方体，截面的形状为梯形，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】对A：由异面直线夹角定义确定异面直线BP与AC所成角，分析判断即可；对B：由二面角的定义确定，求，利用两角和的正切公式求，再求其最小值；对C：确定周长最小时点P的位置，结合锥体体积公式求的体积运算求解；对D：根据平面的性质，确定正方体的过点的截面，进而判断其形状.
17．【答案】；
【知识点】分段函数的应用
【解析】【解答】，则；
，
，
即
故答案为：；.
【分析】用函数的解析式求得f（-1)的值，计算出的范围，根据函数的解析式求得的值.
18．【答案】
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积
【解析】【解答】如图，作圆台的轴截面，过A作，垂足为E，
由已知，，
所以，即圆台的母线长为82cm，由已知圆台的上底半径为2cm，下底半径为20cm，
则圆台的侧面积：。
故答案为：.
【分析】作圆台的轴截面，利用条件求其母线长，再由圆台侧面积公式求其侧面积.
19．【答案】
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【解答】，，即；
，
当且仅当，时等号成立，
即，时等号成立，
则的最小值是.
故答案为：
【分析】根据题目可得，结合基本不等式求的最小值.
20．【答案】
【知识点】解三角形；正弦定理；余弦定理
【解析】【解答】 由正弦定理可得；
由余弦定理，可得，即，
由正弦定理可得，
，
即，
则，
，
，，即；
由为锐角三角形，，
可得，
由正弦定理得，
则，
即的取值范围为.
故答案为：（1，2）
【分析】用正弦定理先将边角互化，然后再结合余弦定理及两角和差的正弦公式进行相关计算。
21．【答案】（1）解：依题意可得，
解得.
（2）解：因为，所以第百分位数位于之间，
设为，则，解得，
故第百分位数为.
【知识点】频率分布直方图
【解析】【分析】（1）根据频率分布直方图中所有小矩形的面积之和为1得到方程，然后解方程即可得到答案。
（2）先判断第20百分位数位于[20，30]之间，设为x，然后列出方程及解方程即可算得。
22．【答案】（1）解：因为的最小正周期为，，
所以，所以，
所以，
因为，
所以，
所以，
所以，
所以，
（2）解：由（1），又，
所以，
所以，
由已知，所以，
所以，
所以在区间上的值域为.
【知识点】两角和与差的正弦公式；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【分析】（1）利用函数的周期，结合周期公式求，由化简；
（2）由（1）的条件确定，利用不等式性质和正弦函数性质求在上的值域。
23．【答案】（1）解：若，则，
所以.
（2）解：，
因为，所以，
所以，所以在上单调递增，
又，因为，所以，所以，
又，所以在内有唯一零点.
（3）证明：由（2）可知，，
因为，所以，
所以，
令，则，
记，
因为，所以，
易知在上单调递增，又因为，所以，
所以，
因为，
所以要证，只需证，即证，
令，
因为，所以在单调递增，
所以，即，即.
综上，，即.
【知识点】函数的单调性与导数正负的关系；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值
【解析】【分析】（1）根据解析式计算；
（2）利用导数讨论单调性，结合零点存在的定理判断；
（3）结合单调性用放缩法进行证明。
24．【答案】A,B,D
【知识点】互斥事件与对立事件；相互独立事件
【解析】【解答】A选项，试验的样本空间为：，共 4个样本点，
所以，故，故A正确；
B选项，试验的样本空间为：，共 4个样本点，事件A+B含有（正，正 )，(正，反)，(反，正)，这三种结果，故，故B正确；
C选项 ，，显然事件A，事件B都含有“（正，正） 这一结果，事件A，事件 B能同时发生，因此事件A与事件B不互斥，故C错误；
D选项 ，所以， 所以事件A与事件B为相互独立事件，故D正确。
故答案为：ABD
【分析】根据对立事件、并立事件，互斥与相互独立事件的概念对选项依次判断。
25．【答案】A,B,D
【知识点】平面向量的数量积运算
【解析】【解答】设的夹角为，
因为，则，
对A：因为，
且，则，
所以当时，有最大值3，故A正确；
对B：因为，
且，则，
所以当时，有最大值3，故B正确；
对C：因为，
可得，
且，则，
所以当时，有最大值，
即的最大值为，故C错误；
对D：因为，
可得，
且，则，
所以当时，有最大值，
即的最大值为2，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】设的夹角为θ，通过平方转化得，利用三角函数的性质求出其最大值，即可判断A；选项BCD采用同样的方法求解判断即可.
26．【答案】B,C
【知识点】两角和与差的余弦公式；两角和与差的正弦公式
【解析】【解答】因为对，都使得成立，
可得的值域包含于函数的值域，
函数的值域为，
所以的值域包含区间，
由，可得，
对A：当时，，
所以的值域为不满足要求，故A错误；
对B：当时，，，
所以的值域为满足要求，故B正确；
对C：当时，，，
所以的值域为满足要求，故C正确；
对D：当时，，，
所以的值域为，不满足要求，故D错误；
故答案为：BC.
【分析】由条件可得的值域包含于函数的值域，求函数的值域，并对各选项逐一检验，可得结论.
27．【答案】A,C,D
【知识点】函数单调性的性质；函数的值；利用对数函数的单调性比较对数值的大小
【解析】【解答】对A：因为，所以，
由，可得，则，所以，故A正确；
对B：设，则，
因为幂函数在上为增函数，所以，即，
设，则，
因为幂函数在上为增函数，
所以，即，则，故B错误；
对C：因为，且，
所以，所以，则，故，
所以，即，故C对；
对D：由基本不等式，可得，
所以，，故D对.
故答案为：ACD.
【分析】对A：利用换底公式分析判断；对B：设，，利用对数与指数的互化，以及幂函数的单调性分析判断；对C：比较m、n的大小，利用作商法结合幂函数的单调性分析判断；对D：利用基本不等式分析判断.
28．【答案】（1）解：连接，连接，如图，
因为在正四棱锥中，底面是正方形，则，且是与的中点，底面，
因为正四棱锥的高为，体积为，则，
，设底面边长为，则，
所以由得，解得，
因为底面，底面，故，
在中，，则，同理，
所以在中，，则，
同理：，
所以正四棱锥的表面积为.
（2）解：由（1）可得，以为原点，为轴，建立空间直角坐标系，如图，
则，
因为点为线段的中点，所以，则，
易知平面的一个法向量为，
设直线AE与平面所成角为，则，
所以，
故，，
所以直线AE与平面所成角的正切值为.
（3）解：由（2）知，
设平面的一个法向量为，则，
取，则，故，
设平面的一个法向量为，则，
取，则，故，
设二面角为，则由图形可知，
所以，
所以二面角的余弦值为.
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积；用空间向量研究直线与平面所成的角；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】 (1)先由棱锥的体积公式求得底面边长，再利用正四棱锥的性质求得PC，PB，从而求得，进而求得该正四棱锥的表面积；
(2)结合(1)中结论建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角余弦的坐标表示，结合三角函数的基本关系式即可得解；
(3)分别求得平面APB与平面PBC的法向量，再利用空间向量夹角余弦的坐标表示即可得解.
29．【答案】（1）解：，
当时，，无解；
当时，，即，满足题设；
所以的解集为；
（2）解：令，则有，，
如果，则有，当时都能成立，不满足题意；
当时，，又，a的取值范围是；
（3）解：对于，令有2个不同的实数解，并且，
当时，，当时，，函数的大致图像如下：
当并且时，有，即，
令，则，并且， ，
令，则 ，
，显然是关于t的增函数，即， ，
是关于t的增函数，，并且，即；
当 时，，同理令，，，
，y是关于t的增函数，
；
所以的取值范围是；
综上，（1）的解集为，（2）a的取值范围是，（3）的取值范围是.
【知识点】函数的图象；简单复合函数求导法则；函数的零点与方程根的关系；函数的零点
【解析】【分析】 (1)将代入解不等式即可；
(2)令，分和两种情况讨论，分析求解；
(3)用求根公式将转化为a和m，再根据m的取值范围讨论，利用导数判断原函数的单调性，结合单调性分析求解.
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