宁波市2022学年第二学期高二期末考试试卷

绝密★启用前宁波市2022学年第二学期高二期末考试试卷数学试卷类型：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．255．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712．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：．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：B4．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：AC10．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