浙江省宁波市九校2022-2023学年高二下册期末联考数学试卷
一、单项选择题：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．（2023高二下·宁波期末）已知复数z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
【答案】A
【知识点】复数在复平面中的表示；复数代数形式的乘除运算；共轭复数
【解析】【解答】由题意可得：，
所以，可知 对应的点为，位于第一象限.
故答案为：A.
【分析】根据复数的除法运算可得，进而根据共轭复数的概念结合复数的几何意义分析判断.
2．（2023高二下·宁波期末）设集合，，则中元素的个数为（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
【答案】B
【知识点】交集及其运算；指数函数的图象变换；函数y=Acos（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【解答】由题意可知： 中元素的个数 即为函数与 的交点个数，
分别作出两个图象，如图所示，
可知：两个图象共有3个交点，即 中元素的个数为 3.
故答案为：B.
【分析】根据题意分析可知： 中元素的个数 即为函数与 的交点个数，结合两个函数图象，数形结合处理问题.
3．（2023高二下·宁波期末）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．，
【答案】B
【知识点】正态密度曲线的特点；正态分布定义
【解析】【解答】由题意可知： 随机变量X的均值比随机变量Y的均值小， 则，
且 随机变量Y的分布比随机变量X的分布更加集中，则 .
故答案为：B.
【分析】根据正态分布的性质结合 结合正态分布曲线特点分析判断.
4．（2023高二下·宁波期末）已知平面向量，满足，则在上的投影向量为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】平面向量的数量积运算；平面向量的投影向量
【解析】【解答】因为 ， 可知，则，
可得，
所以 在上的投影向量为.
故答案为：A.
【分析】根据向量的线性运算的几何意义可得，进而根据投影向量的定义运算求解.
5．（2023高二下·宁波期末）若，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】三角函数的化简求值；二倍角的正弦公式；同角三角函数基本关系的运用；诱导公式
【解析】【解答】因为，则所以，
且，可知，
则，
所以.
故答案为：C.
【分析】以为整体，结合三角函数值的符号以及正弦函数的单调性可知，利用同角三角关系求，进而利用倍角公式运算求解.
6．（2023高二下·宁波期末）在中，点O满足，过点O的直线分别交射线AB，AC于点M，N，且，，则的最小值为（ ）
A． B． C．3 D．4
【答案】A
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；平面向量的共线定理；平面向量的线性运算；平面向量的基本定理
【解析】【解答】因为，
又因为三点共线，则，且，
且 ，， 则，
则，可得，可得，
则 ，
当且仅当，即时，等号成立，
所以 的最小值为 .
故答案为：A.
【分析】根据平面向量的线性运算结合三点共线的结论可得，再根据基本不等式运算求解.
7．（2023高二下·宁波期末）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．
【答案】D
【知识点】函数的单调性及单调区间；奇函数与偶函数的性质；奇偶性与单调性的综合
【解析】【解答】 若对任意的，，均有成立，
不妨设，则，
则，整理得，
令，可知在上递增，
又因为，
所以是定义在R上的奇函数，可得在上递增，
且 ，则，
可知：当，；当，；
当，；
对于不等式，等价于，即，
可得，解得
所以的解集为 .
故答案为：D.
【分析】构建，根据题意可得是定义在R上的奇函数，在上递增，根据对称性可得在上递增，由等价于，根据奇偶性和单调性解不等式即可.
8．（2023高二下·宁波期末）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P且不共面的三条射线PA，PB，PC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APC与平面BPC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．
【答案】B
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征；球的体积和表面积；平面与平面之间的位置关系；直线与平面垂直的性质；余弦定理
【解析】【解答】由题意可知： ，，，
作，平面APC，
可知，可得 ，且，
则，
可得，，
，
所以，
可知要使三棱锥的体积最大，则最大，
在中，由余弦定理可得，
则，即，
当且仅当时，等号成立，
此时，，
在中，由余弦定理可得，解得，
即，且 则点C在平面PAB的投影为AB的中点G，
取点C关于点G的对称点为O，连接，
则，且，
可知O为 三棱锥的 外接球的球心，且外接球半径为3，
所以三棱锥P ABC外接球的表面积为
故答案为：B.
【分析】作，平面APC，可知，结合题意可得，根据体积分析可得当且仅当时， 三棱锥的体积最大 ，利用余弦定理可得，进而可得点C在平面PAB的投影为AB的中点G，取点C关于点G的对称点为O，分析可知O为 三棱锥的 外接球的球心，且外接球半径为3，运算求解即可.
二、多项选择题：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．（2023高二下·宁波期末）下列等式成立的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B,C
【知识点】排列及排列数公式；组合及组合数公式；排列数公式的推导；组合数公式的推导
【解析】【解答】对于A：由阶乘的定义可知，故A错误；
对于B：由排列数公式可得：，故B正确；
对于C：由组合数公式可得：，故C正确；
对于D：根据组合数性质可得： ，故D错误；
故答案为：BC.
【分析】根据阶乘、排列数、组合数的定义和性质逐项分析判断.
10．（2023高二下·宁波期末）以下四个正方体中，满足平面CDE的有（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B,D
【知识点】平行公理；异面直线及其所成的角；直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质
【解析】【解答】对于A：因为，则AB与CE所成角为，即AB与CE不垂直
所以AB与平面CDE不垂直， 故A错误；
对于B：因为平面ABD，平面ABD，则，
连接DF，
因为，则为平行四边形，可得，
又因为，则，
且，平面CDE，所以 平面CDE ，故B正确；
对于C：连接，
由选项B可知：，且，即为正三角形，
可知AB与CE所成的角为，即AB与CE不垂直
所以AB与平面CDE不垂直，故C不正确；
对于D：连接，
因为平面，平面，所以，
又因为，，平面AMB，所以平面AMB，
且平面AMB，所以，
同理可得，且，平面ECD，所以平面CDE，故D正确.
故答案为：BD.
【分析】对于AC：根据异面直线的夹角结合线面垂直的定义分析判断；对于BD：根据线面垂直的性质定理以及判定定理分析证明.
11．（2023高二下·宁波期末）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．，
【答案】B,C,D
【知识点】函数的奇偶性；奇偶函数图象的对称性；抽象函数及其应用；函数的周期性
【解析】【解答】因为是偶函数，则，
即，则
又因为的图象关于点中心对称，则，
即，可得，
即，则，
所以，可知4为 的 周期，故A错误；
因为，令，可得，
且，可得，
所以，故B正确；
因为4为 的 周期，则，
又因为，可得，故C正确；
因为，令，可得，
又因为，令，可得，则，
可得，
所以 ，故D正确.
故答案为：BCD
【分析】根据题意可得，，进而可得4为 的 周期，结合周期性结合相关等式逐项分析判断.
12．（2023高二下·宁波期末）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i次摸到红球”，“第i次摸到黄球”，“第i次摸到蓝球”，“摸完第i次球后就停止摸球”，则（ ）
A．
B．
C．，
D．，
【答案】A,C,D
【知识点】古典概型及其概率计算公式；排列、组合的实际应用；条件概率
【解析】【解答】对于AC：因为是有放回摸球，每次取到球的颜色均有3种可能，
则有放回的摸n次，有种可能，
且“摸完第次球后就停止摸球”，即恰好第n次三种颜色都被摸到，即前次摸到2种颜色，第n次摸到第三种颜色，共种情况，
可得，所以，故AC正确；
对于B：因为“第1次摸到红球”，“摸完第4次球后就停止摸球”，
事件="第一次摸到红球的前提下，摸完第4次球后就停止摸球"，
若第2次或第3次摸到的球为红球，此时有种情况，
若第2次和第3次摸到的球均为蓝球或黄球，此时有种情况，
所以，
且摸4次球可能的情况有种，所以，
又因为，所以，故B错误；
对于D：表示“第次摸到蓝球，第次摸到黄球，第次摸到红球，停止摸球”，
则前次摸到的球是蓝球或黄球，则有种可能，所以，
表示“在前n次摸球中，第次摸到蓝球，第次摸到黄球”，则有种可能，
所以，
可得，故D正确.
故答案为：ACD
【分析】对于AC：根据题意分析可知：有放回的摸n次，有种可能，第n次摸到第三种颜色，共种情况，结合古典概型运算求解；对于BD：根据题意结合条件概率公式分析求解.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13．（2023高二下·宁波期末）已知实数a，b满足且，则m＝ .
【答案】100
【知识点】对数的概念与表示；指数式与对数式的互化；对数的性质与运算法则；换底公式的应用
【解析】【解答】因为 ，则，
可得，
则，所以.
故答案为：100.
【分析】根据题意可得，结合对数运算可得，进而可得，运算求解即可.
14．（2023高二下·宁波期末）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10次得到正面朝上的次数为，则 .（第一空2分，第二空3分）
【答案】；
【知识点】相互独立事件的概率乘法公式；n次独立重复试验中恰好发生k次的概率；二项分布
【解析】【解答】设这枚硬币正面朝上的概率为，则反面朝上的概率为，
可知两次正面朝上的概率为 ，解得，
空1：由题意可知：随机抛掷两次得到正面，反面朝上各一次的概率为；
空2：由题意可知：随机变量ξ服从二项分布，所以.
故答案为： ； .
【分析】设这枚硬币正面朝上的概率为，结合独立事件概率公式可得.空1：根据独立重复事件概率公式运算求解；空2：由题意可知：随机变量ξ服从二项分布，结合二项分布的期望公式运算求解.
15．（2023高二下·宁波期末）已知函数，若有4个零点，则实数a的取值范围是 .
【答案】
【知识点】分段函数的解析式求法及其图象的作法；对数的概念与表示；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】当时，则，则其图象如下，
令，可得，所以方程的解的个数相当于函数图象与直线交点个数，可知两者最多有2个交点，
又因为方程最多2个根，若有4个零点，
则方程与方程各有两个根，
令 ，
由题意可得，解得，
所以 实数a的取值范围是 .
故答案为： .
【分析】先研究，可得此时 的图象，结合题意分析可得方程与方程各有两个根，进而结合函数图象以及二次函数的零点分别运算求解.
16．（2023高二下·宁波期末）已知平面向量，，满足，，则的最小值为 .
【答案】
【知识点】数量积表示两个向量的夹角；向量在几何中的应用
【解析】【解答】因为，可得，
且，所以，
设，
由题意可知 ，
可知在以为圆心，1为半径的圆上，在以为圆心，2为半径的圆上，
设，可知点为直线OB上的任意一点，
因为 ，
作圆A关于直线OB的对称圆，关于直线OB的对称点记为，可知，
则，如图，
可知：当共线时，取到最小值，
且，可知最小值为，
所以 的最小值为.
故答案为：.
【分析】根据数量积的定义可得，设，可得， 利用向量的的几何表示，原问题转化为求最小值，数形结合，利用共线线段最短得解.
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．（2023高二下·宁波期末）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，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）：
①；②.
（1）求A；
（2）若D为边BC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.
【答案】（1）解：若选①：.
.
.
..
又，故，故，
解得.
若选②：.
..
，故.
（2）解：.
且.
.
，
即.①
又由余弦定理得.②
联立①②可得，.
从而，故是直角三角形.
【知识点】平面向量的线性运算；平面向量的数量积运算；诱导公式；正弦定理；余弦定理
【解析】【分析】 (1)若选①： 根据三角形的内角和结合诱导公式可得 ，利用正弦定理分析求解即可； 若选②： 利用余弦定理和面积公式整理可得 ，进而可得结果；
(2) 利用向量可知 ，根据数量积可得 ，结合余弦定理可得，，利用余弦定理可得结果.
18．（2023高二下·宁波期末）已知函数的图象关于直线对称，且在上没有最小值.
（1）求的单调增区间；
（2）已知函数（且），对任意，总存在，使得，求实数a的取值范围.
【答案】（1）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.
（2）解：任意，均存在，使得.
.
..
.
又（且）在定义域上是增函数.
.
或
或.
【知识点】对数函数的单调性与特殊点；含三角函数的复合函数的单调性；含三角函数的复合函数的值域与最值；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质；辅助角公式
【解析】【分析】 (1) 先利用辅助角公式可得 ，进而结合正弦函数的对称性和最值求 得， 再以 为整体结合正弦函数单调性运算求解；
(2) 由题意可得 ，对于，以为整体结合正弦函数的有界性可得 ，进而结合 的单调性列式求解.
19．（2023高二下·宁波期末）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10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，得到数据如下：
航空公司编号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
航班正点率/% 82 77 77 76 74 73 71 70 91 69
顾客投诉次数/次 21 58 79 68 74 93 72 122 18 125
整理数据得：，，，，，.
（1）①证明：样本相关系数；
②根据以上数据计算样本相关系数（结果保留2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）.
（2）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73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.
【答案】（1）①证明：
，
在上式中分别用替代，得，
同理，也有，
故样本相关系数.
②解：可知，.
，
，
，
∴r≈-0.89
故顾客投诉次数与航班正点率之间的线性相关程度很强.
（2）解：.
令，
得.
即该公司的航班正点率应达到78.6%.
【知识点】线性回归方程；回归分析的初步应用；样本相关系数r及其数字特征
【解析】【分析】 (1)① 根据题意结合平均数以及累加公式证明 ，进而可得，， 即可得结果； ② 根据所给数据和公式求，并结合题意分析判断；
(2) 根据线性回归方程过样本中心点求 . ，然后根据回归方程列式解不等式可得.
20．（2023高二下·宁波期末）2023年4月23日是第28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.
（1）记甲、乙两队中晋级的队伍数量为X，求X的分布列和数学期望；
（2）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10分，若抢到但答错则对方加10分.第二题中，某支队伍若抢到并答对则加20分，若抢到但答错则对方加20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.
【答案】（1）解：（甲队晋级），（乙队晋级）.
的可能取值为.
.
.
.
的分布列为
X 0 1 2
P
.
（2）解：记事件“甲队获得冠军”，
“该题由甲队抢到答题权”.
.
故.
【知识点】相互独立事件的概率乘法公式；离散型随机变量及其分布列；离散型随机变量的期望与方差；全概率公式；条件概率
【解析】【分析】 (1) 由题意可知： 的可能取值为，进而求分布列和期望；
(2) 根据题意结合条件概率公式以及全概率公式运算求解.
21．（2023高二下·宁波期末）如图，四面体ABCD中，平面平面BCD，，，.
（1）若，证明：平面ABC；
（2）设过直线AD且与直线BC平行的平面为，当AD与平面ABC所成的角最大时，求平面与平面BCD的夹角.
【答案】（1）解：过点作，垂足为.
平面平面，
平面平面，
，平面.
平面..
，，.
平面..
又，故平面.
（2）解：过点作，垂足为.
平面平面，
平面平面，
，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.
.
.
【知识点】空间中直线与平面之间的位置关系；直线与平面平行的性质；直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；平面与平面垂直的判定；平面与平面垂直的性质；正弦定理
【解析】【分析】 (1) 根据面面垂直的性质可得 平面，进而可得 ，再结合线面垂直的判定定理分析证明；
(2)过点作，垂足为，可得 平面，可知 是与平面所成的角，利用正弦定理可得最大为， 记平面.过点作，垂足为，连结，可知 是平面与平面的夹角，进而可得结果.
22．（2023高二下·宁波期末）已知，.定义，设，．
（1）若，①画出函数的图象；
②直接写出函数的单调区间；
（2）定义区间的长度.若，，则.设关于x的不等式的解集为D.是否存在t，使得？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）①解：
②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，.
（2）解：，.
.
不等式有解的必要条件是.
①当时，如图①所示，
令，即，
得.
，不符合题意.
当时，令，得.
解得，.
令，得.
②当时，如图②所示，
的解集为，
的解集为，
此时.
令，解得.
③当时，如图③所示，
令，得.
.
令，解得或，均舍去.
综上所述，.
【知识点】并集及其运算；交集及其运算；分段函数的解析式求法及其图象的作法；函数恒成立问题；一元二次不等式及其解法
【解析】【分析】 (1)① 根据题意可知 ，求 的根，进而作图； ② 根据图象可得单调区间；
(2) 由 . 得不等式 有解的必要条件是，分 、 和 三种情况讨论，解不等式即可.
1 / 1浙江省宁波市九校2022-2023学年高二下册期末联考数学试卷
一、单项选择题：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．（2023高二下·宁波期末）已知复数z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．（2023高二下·宁波期末）设集合，，则中元素的个数为（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
3．（2023高二下·宁波期末）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．（2023高二下·宁波期末）已知平面向量，满足，则在上的投影向量为（ ）
A． B． C． D．
5．（2023高二下·宁波期末）若，，则（ ）
A． B． C． D．
6．（2023高二下·宁波期末）在中，点O满足，过点O的直线分别交射线AB，AC于点M，N，且，，则的最小值为（ ）
A． B． C．3 D．4
7．（2023高二下·宁波期末）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．（2023高二下·宁波期末）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P且不共面的三条射线PA，PB，PC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APC与平面BPC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、多项选择题：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．（2023高二下·宁波期末）下列等式成立的是（ ）
A． B．
C． D．
10．（2023高二下·宁波期末）以下四个正方体中，满足平面CDE的有（ ）
A． B．
C． D．
11．（2023高二下·宁波期末）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．（2023高二下·宁波期末）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i次摸到红球”，“第i次摸到黄球”，“第i次摸到蓝球”，“摸完第i次球后就停止摸球”，则（ ）
A．
B．
C．，
D．，
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13．（2023高二下·宁波期末）已知实数a，b满足且，则m＝ .
14．（2023高二下·宁波期末）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10次得到正面朝上的次数为，则 .（第一空2分，第二空3分）
15．（2023高二下·宁波期末）已知函数，若有4个零点，则实数a的取值范围是 .
16．（2023高二下·宁波期末）已知平面向量，，满足，，则的最小值为 .
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．（2023高二下·宁波期末）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，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）：
①；②.
（1）求A；
（2）若D为边BC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．（2023高二下·宁波期末）已知函数的图象关于直线对称，且在上没有最小值.
（1）求的单调增区间；
（2）已知函数（且），对任意，总存在，使得，求实数a的取值范围.
19．（2023高二下·宁波期末）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10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，得到数据如下：
航空公司编号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
航班正点率/% 82 77 77 76 74 73 71 70 91 69
顾客投诉次数/次 21 58 79 68 74 93 72 122 18 125
整理数据得：，，，，，.
（1）①证明：样本相关系数；
②根据以上数据计算样本相关系数（结果保留2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）.
（2）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73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．（2023高二下·宁波期末）2023年4月23日是第28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.
（1）记甲、乙两队中晋级的队伍数量为X，求X的分布列和数学期望；
（2）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10分，若抢到但答错则对方加10分.第二题中，某支队伍若抢到并答对则加20分，若抢到但答错则对方加20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．（2023高二下·宁波期末）如图，四面体ABCD中，平面平面BCD，，，.
（1）若，证明：平面ABC；
（2）设过直线AD且与直线BC平行的平面为，当AD与平面ABC所成的角最大时，求平面与平面BCD的夹角.
22．（2023高二下·宁波期末）已知，.定义，设，．
（1）若，①画出函数的图象；
②直接写出函数的单调区间；
（2）定义区间的长度.若，，则.设关于x的不等式的解集为D.是否存在t，使得？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由.
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】复数在复平面中的表示；复数代数形式的乘除运算；共轭复数
【解析】【解答】由题意可得：，
所以，可知 对应的点为，位于第一象限.
故答案为：A.
【分析】根据复数的除法运算可得，进而根据共轭复数的概念结合复数的几何意义分析判断.
2．【答案】B
【知识点】交集及其运算；指数函数的图象变换；函数y=Acos（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【解答】由题意可知： 中元素的个数 即为函数与 的交点个数，
分别作出两个图象，如图所示，
可知：两个图象共有3个交点，即 中元素的个数为 3.
故答案为：B.
【分析】根据题意分析可知： 中元素的个数 即为函数与 的交点个数，结合两个函数图象，数形结合处理问题.
3．【答案】B
【知识点】正态密度曲线的特点；正态分布定义
【解析】【解答】由题意可知： 随机变量X的均值比随机变量Y的均值小， 则，
且 随机变量Y的分布比随机变量X的分布更加集中，则 .
故答案为：B.
【分析】根据正态分布的性质结合 结合正态分布曲线特点分析判断.
4．【答案】A
【知识点】平面向量的数量积运算；平面向量的投影向量
【解析】【解答】因为 ， 可知，则，
可得，
所以 在上的投影向量为.
故答案为：A.
【分析】根据向量的线性运算的几何意义可得，进而根据投影向量的定义运算求解.
5．【答案】C
【知识点】三角函数的化简求值；二倍角的正弦公式；同角三角函数基本关系的运用；诱导公式
【解析】【解答】因为，则所以，
且，可知，
则，
所以.
故答案为：C.
【分析】以为整体，结合三角函数值的符号以及正弦函数的单调性可知，利用同角三角关系求，进而利用倍角公式运算求解.
6．【答案】A
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；平面向量的共线定理；平面向量的线性运算；平面向量的基本定理
【解析】【解答】因为，
又因为三点共线，则，且，
且 ，， 则，
则，可得，可得，
则 ，
当且仅当，即时，等号成立，
所以 的最小值为 .
故答案为：A.
【分析】根据平面向量的线性运算结合三点共线的结论可得，再根据基本不等式运算求解.
7．【答案】D
【知识点】函数的单调性及单调区间；奇函数与偶函数的性质；奇偶性与单调性的综合
【解析】【解答】 若对任意的，，均有成立，
不妨设，则，
则，整理得，
令，可知在上递增，
又因为，
所以是定义在R上的奇函数，可得在上递增，
且 ，则，
可知：当，；当，；
当，；
对于不等式，等价于，即，
可得，解得
所以的解集为 .
故答案为：D.
【分析】构建，根据题意可得是定义在R上的奇函数，在上递增，根据对称性可得在上递增，由等价于，根据奇偶性和单调性解不等式即可.
8．【答案】B
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征；球的体积和表面积；平面与平面之间的位置关系；直线与平面垂直的性质；余弦定理
【解析】【解答】由题意可知： ，，，
作，平面APC，
可知，可得 ，且，
则，
可得，，
，
所以，
可知要使三棱锥的体积最大，则最大，
在中，由余弦定理可得，
则，即，
当且仅当时，等号成立，
此时，，
在中，由余弦定理可得，解得，
即，且 则点C在平面PAB的投影为AB的中点G，
取点C关于点G的对称点为O，连接，
则，且，
可知O为 三棱锥的 外接球的球心，且外接球半径为3，
所以三棱锥P ABC外接球的表面积为
故答案为：B.
【分析】作，平面APC，可知，结合题意可得，根据体积分析可得当且仅当时， 三棱锥的体积最大 ，利用余弦定理可得，进而可得点C在平面PAB的投影为AB的中点G，取点C关于点G的对称点为O，分析可知O为 三棱锥的 外接球的球心，且外接球半径为3，运算求解即可.
9．【答案】B,C
【知识点】排列及排列数公式；组合及组合数公式；排列数公式的推导；组合数公式的推导
【解析】【解答】对于A：由阶乘的定义可知，故A错误；
对于B：由排列数公式可得：，故B正确；
对于C：由组合数公式可得：，故C正确；
对于D：根据组合数性质可得： ，故D错误；
故答案为：BC.
【分析】根据阶乘、排列数、组合数的定义和性质逐项分析判断.
10．【答案】B,D
【知识点】平行公理；异面直线及其所成的角；直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质
【解析】【解答】对于A：因为，则AB与CE所成角为，即AB与CE不垂直
所以AB与平面CDE不垂直， 故A错误；
对于B：因为平面ABD，平面ABD，则，
连接DF，
因为，则为平行四边形，可得，
又因为，则，
且，平面CDE，所以 平面CDE ，故B正确；
对于C：连接，
由选项B可知：，且，即为正三角形，
可知AB与CE所成的角为，即AB与CE不垂直
所以AB与平面CDE不垂直，故C不正确；
对于D：连接，
因为平面，平面，所以，
又因为，，平面AMB，所以平面AMB，
且平面AMB，所以，
同理可得，且，平面ECD，所以平面CDE，故D正确.
故答案为：BD.
【分析】对于AC：根据异面直线的夹角结合线面垂直的定义分析判断；对于BD：根据线面垂直的性质定理以及判定定理分析证明.
11．【答案】B,C,D
【知识点】函数的奇偶性；奇偶函数图象的对称性；抽象函数及其应用；函数的周期性
【解析】【解答】因为是偶函数，则，
即，则
又因为的图象关于点中心对称，则，
即，可得，
即，则，
所以，可知4为 的 周期，故A错误；
因为，令，可得，
且，可得，
所以，故B正确；
因为4为 的 周期，则，
又因为，可得，故C正确；
因为，令，可得，
又因为，令，可得，则，
可得，
所以 ，故D正确.
故答案为：BCD
【分析】根据题意可得，，进而可得4为 的 周期，结合周期性结合相关等式逐项分析判断.
12．【答案】A,C,D
【知识点】古典概型及其概率计算公式；排列、组合的实际应用；条件概率
【解析】【解答】对于AC：因为是有放回摸球，每次取到球的颜色均有3种可能，
则有放回的摸n次，有种可能，
且“摸完第次球后就停止摸球”，即恰好第n次三种颜色都被摸到，即前次摸到2种颜色，第n次摸到第三种颜色，共种情况，
可得，所以，故AC正确；
对于B：因为“第1次摸到红球”，“摸完第4次球后就停止摸球”，
事件="第一次摸到红球的前提下，摸完第4次球后就停止摸球"，
若第2次或第3次摸到的球为红球，此时有种情况，
若第2次和第3次摸到的球均为蓝球或黄球，此时有种情况，
所以，
且摸4次球可能的情况有种，所以，
又因为，所以，故B错误；
对于D：表示“第次摸到蓝球，第次摸到黄球，第次摸到红球，停止摸球”，
则前次摸到的球是蓝球或黄球，则有种可能，所以，
表示“在前n次摸球中，第次摸到蓝球，第次摸到黄球”，则有种可能，
所以，
可得，故D正确.
故答案为：ACD
【分析】对于AC：根据题意分析可知：有放回的摸n次，有种可能，第n次摸到第三种颜色，共种情况，结合古典概型运算求解；对于BD：根据题意结合条件概率公式分析求解.
13．【答案】100
【知识点】对数的概念与表示；指数式与对数式的互化；对数的性质与运算法则；换底公式的应用
【解析】【解答】因为 ，则，
可得，
则，所以.
故答案为：100.
【分析】根据题意可得，结合对数运算可得，进而可得，运算求解即可.
14．【答案】；
【知识点】相互独立事件的概率乘法公式；n次独立重复试验中恰好发生k次的概率；二项分布
【解析】【解答】设这枚硬币正面朝上的概率为，则反面朝上的概率为，
可知两次正面朝上的概率为 ，解得，
空1：由题意可知：随机抛掷两次得到正面，反面朝上各一次的概率为；
空2：由题意可知：随机变量ξ服从二项分布，所以.
故答案为： ； .
【分析】设这枚硬币正面朝上的概率为，结合独立事件概率公式可得.空1：根据独立重复事件概率公式运算求解；空2：由题意可知：随机变量ξ服从二项分布，结合二项分布的期望公式运算求解.
15．【答案】
【知识点】分段函数的解析式求法及其图象的作法；对数的概念与表示；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】当时，则，则其图象如下，
令，可得，所以方程的解的个数相当于函数图象与直线交点个数，可知两者最多有2个交点，
又因为方程最多2个根，若有4个零点，
则方程与方程各有两个根，
令 ，
由题意可得，解得，
所以 实数a的取值范围是 .
故答案为： .
【分析】先研究，可得此时 的图象，结合题意分析可得方程与方程各有两个根，进而结合函数图象以及二次函数的零点分别运算求解.
16．【答案】
【知识点】数量积表示两个向量的夹角；向量在几何中的应用
【解析】【解答】因为，可得，
且，所以，
设，
由题意可知 ，
可知在以为圆心，1为半径的圆上，在以为圆心，2为半径的圆上，
设，可知点为直线OB上的任意一点，
因为 ，
作圆A关于直线OB的对称圆，关于直线OB的对称点记为，可知，
则，如图，
可知：当共线时，取到最小值，
且，可知最小值为，
所以 的最小值为.
故答案为：.
【分析】根据数量积的定义可得，设，可得， 利用向量的的几何表示，原问题转化为求最小值，数形结合，利用共线线段最短得解.
17．【答案】（1）解：若选①：.
.
.
..
又，故，故，
解得.
若选②：.
..
，故.
（2）解：.
且.
.
，
即.①
又由余弦定理得.②
联立①②可得，.
从而，故是直角三角形.
【知识点】平面向量的线性运算；平面向量的数量积运算；诱导公式；正弦定理；余弦定理
【解析】【分析】 (1)若选①： 根据三角形的内角和结合诱导公式可得 ，利用正弦定理分析求解即可； 若选②： 利用余弦定理和面积公式整理可得 ，进而可得结果；
(2) 利用向量可知 ，根据数量积可得 ，结合余弦定理可得，，利用余弦定理可得结果.
18．【答案】（1）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.
（2）解：任意，均存在，使得.
.
..
.
又（且）在定义域上是增函数.
.
或
或.
【知识点】对数函数的单调性与特殊点；含三角函数的复合函数的单调性；含三角函数的复合函数的值域与最值；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质；辅助角公式
【解析】【分析】 (1) 先利用辅助角公式可得 ，进而结合正弦函数的对称性和最值求 得， 再以 为整体结合正弦函数单调性运算求解；
(2) 由题意可得 ，对于，以为整体结合正弦函数的有界性可得 ，进而结合 的单调性列式求解.
19．【答案】（1）①证明：
，
在上式中分别用替代，得，
同理，也有，
故样本相关系数.
②解：可知，.
，
，
，
∴r≈-0.89
故顾客投诉次数与航班正点率之间的线性相关程度很强.
（2）解：.
令，
得.
即该公司的航班正点率应达到78.6%.
【知识点】线性回归方程；回归分析的初步应用；样本相关系数r及其数字特征
【解析】【分析】 (1)① 根据题意结合平均数以及累加公式证明 ，进而可得，， 即可得结果； ② 根据所给数据和公式求，并结合题意分析判断；
(2) 根据线性回归方程过样本中心点求 . ，然后根据回归方程列式解不等式可得.
20．【答案】（1）解：（甲队晋级），（乙队晋级）.
的可能取值为.
.
.
.
的分布列为
X 0 1 2
P
.
（2）解：记事件“甲队获得冠军”，
“该题由甲队抢到答题权”.
.
故.
【知识点】相互独立事件的概率乘法公式；离散型随机变量及其分布列；离散型随机变量的期望与方差；全概率公式；条件概率
【解析】【分析】 (1) 由题意可知： 的可能取值为，进而求分布列和期望；
(2) 根据题意结合条件概率公式以及全概率公式运算求解.
21．【答案】（1）解：过点作，垂足为.
平面平面，
平面平面，
，平面.
平面..
，，.
平面..
又，故平面.
（2）解：过点作，垂足为.
平面平面，
平面平面，
，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.
.
.
【知识点】空间中直线与平面之间的位置关系；直线与平面平行的性质；直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；平面与平面垂直的判定；平面与平面垂直的性质；正弦定理
【解析】【分析】 (1) 根据面面垂直的性质可得 平面，进而可得 ，再结合线面垂直的判定定理分析证明；
(2)过点作，垂足为，可得 平面，可知 是与平面所成的角，利用正弦定理可得最大为， 记平面.过点作，垂足为，连结，可知 是平面与平面的夹角，进而可得结果.
22．【答案】（1）①解：
②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，.
（2）解：，.
.
不等式有解的必要条件是.
①当时，如图①所示，
令，即，
得.
，不符合题意.
当时，令，得.
解得，.
令，得.
②当时，如图②所示，
的解集为，
的解集为，
此时.
令，解得.
③当时，如图③所示，
令，得.
.
令，解得或，均舍去.
综上所述，.
【知识点】并集及其运算；交集及其运算；分段函数的解析式求法及其图象的作法；函数恒成立问题；一元二次不等式及其解法
【解析】【分析】 (1)① 根据题意可知 ，求 的根，进而作图； ② 根据图象可得单调区间；
(2) 由 . 得不等式 有解的必要条件是，分 、 和 三种情况讨论，解不等式即可.
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