2023-2024学年浙江省宁波市九校联考高二（下）期末数学试卷
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.已知平面，，，，，则“，，两两垂直”是“，，两两垂直”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
2.给出四组成对数据：
，，，；
，，，；
，，，；
，，，，其中样本相关系数最小的是( )
提示：样本相关系数
A. B. C. D.
3.已知函数，且的图象过点，是的反函数，则函数( )
A. 既是奇函数又是减函数 B. 既是奇函数又是增函数
C. 既是偶函数又是减函数 D. 既是偶函数又是增函数
4.已知函数，先将函数的图象上所有点的横坐标伸长为原来的倍纵坐标不变，再将所得的图象向右平移个单位长度，得到函数的图象，则( )
A. B.
C. D.
5.在中，已知，，则( )
A. B. C. D.
6.已知，，，则( )
A. B. C. D.
7.在正三棱锥中，侧棱，点在棱上，且，若球是正三棱锥的外接球，过点作球的截面，则所得的截面中，面积最小的截面的面积为( )
A. B. C. D.
8.已知实数，，，，，，，将这个数适当排列成一列数，，，满足，则满足要求的排列的个数为( )
A. B. C. D.
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知关于的方程在复数范围内的根为，若，则实数的值可能为( )
A. B. C. D.
10.高考数学试题第二部分为多选题，共个小题，每小题有个选项，其中有个或个是正确选项，全部选对得分，部分选对得部分分，有选错的得分若正确答案是个选项，只选对个得分，有选错的得分；若正确答案是个选项，只选对个得分，只选对个得分，有选错的得分小明对其中的一道题完全不会，该题有两个正确选项的概率是，记为小明随机选择个选项的得分，记为小明随机选择个选项的得分，则( )
A. B.
C. D.
11.已知，则( )
A. 展开式的各二项式系数的和为
B.
C.
D.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知集合，若的真子集个数是，则实数的取值范围是______．
13.已知平面向量满足，与的夹角为，，对任意的实数，的最小值为______．
14.已知定义在上的函数满足下列两个条件：
；
，．
请你写出一个符合要求的函数解析式______．
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.本小题分
已知函数．
Ⅰ设，若是奇函数，求，的值，并证明；
Ⅱ已知函数，若关于的方程在内恰有两个不同解，求实数的取值范围．
16.本小题分
如图，在三棱锥中，平面，，，是以为直径的圆周上的一点，，分别是，上的动点，且平面，二面角的大小为．
Ⅰ求证：；
Ⅱ求证：平面；
Ⅲ当直线与平面所成的角最大时，求的值．
17.本小题分
月日是联合国教科文组织确定的“世界读书日”为了解某地区高一学生阅读时间的分配情况，从该地区随机抽取了名高一学生进行在线调查，得到了这名学生的日平均阅读时间单位：小时，并将样本数据分，，，，，，，，九组，绘制成如图所示的频率分布直方图．
Ⅰ估计该地区高一学生阅读时间的上四分位数；
Ⅱ为进一步了解这名学生数字媒体阅读时间和纸质图书阅读时间的分配情况，从日平均阅读时间在，二组内的学生中，采用分层抽样的方法抽取了个学生，得到均值为，方差为，现在已知这一组学生的均值为，方差为；求这一组学生的均值和方差；
Ⅲ以样本的频率估计概率，从该地区所有高一学生中随机抽取名学生，用表示这名学生中恰有名学生日平均阅读时间在内的概率，其中，，，，当最大时，写出的值，并说明理由．
18.本小题分
在中，角，，所对的边分别为，，，已知．
Ⅰ若，，求的面积；
Ⅱ若为锐角，外接圆半径是，求的内切圆半径的最大值．
19.本小题分
Ⅰ我们学过组合恒等式，实际上可以理解为，请你利用这个观点快速求解：计算结果用组合数表示
Ⅱ
求证：；
求值：．
答案解析
1.
【解析】解：当，，两两垂直时，在内作，在内作，
因为，，，，所以，，
所以，因为，，所以，
因为，，所以，
因为，所以，
因为，，所以，，
同理可证得，所以，，两两垂直，
当，，两两垂直时，因为，，，
所以，，，，，，
因为，所以与是相交直线，
因为，，，，所以，
因为，，所以，，
同理可证得，所以，，两两垂直，
所以“，，两两垂直”是“，，两两垂直”的充要条件．
故选：．
2.
【解析】解：分别作出四组数据的散点图，
根据散点图可知：第呈正相关，第组数据呈现负相关，
但显然第组数据的相关系更强，相关系数更小．
故选：．
3.
【解析】解：因为函数的图象过点，所以，解得舍负，即，
由此可得的反函数，所以函数，
由，得，即，可得，
设，，
可得，所以是奇函数，
因为，在上，随着的增大而增大，
所以，在区间上是增函数，
综上所述，函数在其定义域内是奇函数，并且是增函数．
故选：．
4.
【解析】解：
，
将函数的图象上所有点的横坐标伸长为原来的倍纵坐标不变，再将所得的图象向右平移个单位长度，
得到函数．
故选：．
5.
【解析】解：由题意可得：，，
所以，
在中，，
可得，
可得，
所以．
故选：．
6.
【解析】解：，，，
则，
，
故，
所以．
故选：．
7.
【解析】解：取正的中心，连接，，，
由题意可知平面，且，由平面，可得，
因为正的边长为，
则，可得，
设正三棱锥的外接球的半径为，则，
解得，可知，
在中，可知，，，
由余弦定理可得，
即，
可得，
则，
由球的性质可知：当且仅当截面，截面圆的半径最小，即圆的面积最小，
此时圆的半径为，截面面积为，
所以面积最小的截面的面积为．
故选：．
8.
【解析】解：根据题意，，，，都比大，所以可能取，或，
当时，，有种选法，剩余数字中最大，，有种选法，最后剩下一个就是，共有种，
当时，，，有种选法，剩余数字中最大，而，有种选法，共有种，
当时，，，，有种选法，剩余数字，只有种，共有种，
则满足要求的排列的个数为种．
故选：．
9.
【解析】解：关于的方程在复数范围内的根为，，
由韦达定理可知，，，
，
则，
当时，，解得，
当时，，
则，解得．
故选：．
10.
【解析】解：选项，，若该题有两个正确选项，则小明从两个错误选项中选项个，
若该题有个正确选项，则小明选择错误选项，
，
，若该题有两个正确选项，则小明从两个错误选项中选择个，
从两个正确选择中选择个，或选择个错误选项，
若该题在三个错误选项，则小明选择错误选项，再从个正确选项中选择个，
，
，故A错误；
选项，，即该题有两个正确选项，小明从正确选项中选择个，
，
，即该题有个正确选项，小明从正确选项中选择个，
，
，故B正确；
对于，的可能取值为，，，
，，
，即该题有个正确选项，小明从正确选项中选择个，
，
，
的可能取值为，，，
，，
，即该题有个正确选项，小明选择了个正确选项，
，
，
，故C正确；
选项，，
，
，故D错误．
故选：．
11.
【解析】解：由，展开式的各二项式系数的和为，选项A错误；
令，得到，令，得到，所以，选项B正确；
由二项式定理得：，所以，
所以，，，，，，
所以，
所以，选项C正确；
因为，，，，，
；
所以
，
，
所以，
因为，所以，选项D正确．
故选：．
12.
【解析】解：集合，，
若，则，解得，
的真子集个数是，
则该交集元素个数为个，
若，
则，无解，
综上所述，实数的取值范围为．
故答案为：．
13.
【解析】解：因为平面向量，满足，与的夹角为，，
故，
，当且仅当与向量反向时，等号成立，
又由，
可知当时，的最小值为，
所以的最小值为．
故答案为：．
14.
【解析】解：因为定义在上的函数满足下列两个条件：
；
，．
则，
设，
所以：．
故答案为：．
15.解：Ⅰ因为，所以，
又因为是奇函数，
所以，
所以，
整理得：，
所以，
所以；
证明如下：
因为，
所以，
，
所以在定义域上为奇函数；
Ⅱ令
则和两个函数图象在上有两个交点，
因为，，
或，得到，由，解得
又也经过定点，
由此可知的取值范围是．
【解析】Ⅰ由求解即可，将，的值代入，根据奇函数的定义证明即可；
Ⅱ令，将问题转化为和两个函数图象在上有两个交点，作出图象，结合图象求解即可．
16.Ⅰ证明：因为平面，平面，平面平面，
所以．
Ⅱ证明：因为平面，平面，
所以平面平面，
因为是以为直径的圆周上一点，所以，
又平面平面，平面，
所以平面，
由Ⅰ得，
所以平面．
Ⅲ解：由Ⅱ知平面，
因为平面，所以，
又，所以就是二面角的平面角，即，
所以是等腰直角三角形，
取中点，连接，，则，，，
因为平面，平面，所以，
又，所以平面，
所以直线和平面所成的角为，
而，
所以当最小，即时，最大，
在中，由射影定理知，，
而，，
所以．
【解析】Ⅰ利用线面平行的性质定理，即可得证；
Ⅱ易知平面平面，由面面垂直的性质定理可证平面，再结合Ⅰ中所得，即可得证；
Ⅲ先根据二面角的定义可知就是二面角的平面角，再取中点，可证平面，从而知直线和平面所成的角为，再结合锐角三角函数与射影定理，求解即可．
17.解：Ⅰ由频率分布直方图得：
，解得，
设上四分位数为，则，解得．
Ⅱ按分层抽样，二组内的学生抽取的学生分别为人，人，
设这一组的平均值为，方差为，
由题意，，
所以总体方差是，解得．
Ⅲ以样本的频率估计概率，该问题是二项分布问题，
由频率分布直方图可知内的概率是，
由，得，
解得，
所以当最大时，．
【解析】Ⅰ根据频率分布直方图中概率之和等于，得出，再计算高一学生阅读时间的上四分位数；
Ⅱ根据分层抽样抽取人数，利用平均数和方差公式解出结果；
Ⅲ以样本的频率估计概率，该问题是二项分布问题，根据最大不等式节出的值．
18.解：Ⅰ由，由正弦定理可得：，所以，
因为，所以，或，
当时，，
因为，
所以，
化简得，所以，或
当时，舍去；
当时，作于，易得，，
此时，
当时，，
类似可得：，
化简得：，所以，或者．
当，，无意义，舍去；
当，为钝角，舍去，
综上可得：．
Ⅱ由Ⅰ可知，，
记内切圆半径为得，
因为，所以，
由余弦定理可得：，所以，
即，
所以，
由，得，
所切．
当且仅当时取等号，
即内切圆的半径的最大值为：．
【解析】Ⅰ由正弦定理可得的值，可得角有两种情况，分别讨论，可得三角形的面积；
Ⅱ由正弦定理可得的值，再由等面积法求出内切圆的半径的表达式，再由余弦定理及基本不等式可得的最大值．
19.解：由已知结合组合数性质可知，
；
证明：Ⅱ；
，
由得，
则有，
原式，
构造数列，令，
则，
所
，
所以，即，
所以，即数列是周期为的数列．
又因为，，，，，，，，，
所以．
【解析】由已知组合恒等式结合组合数性质进行变形即可求解；
Ⅱ结合组合数公式及排列数公式进行化简即可证明；
将所求和式展开后，拆项，结合的结论进行化简，通过构造函数建立和式之间的递推关系，得到数列的周期性规律，即可求解．
第1页，共1页
