广东省韶关市2022-2023学年高二下学期期末数学试题（解析版）

这是一份广东省韶关市2022-2023学年高二下学期期末数学试题（解析版），共22页。

韶关市2022-2023学年度第二学期高二期末检测
数 学
本试卷共4页，22小题，满分150分，考试时间120分钟．
注意事项：
1．答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名、学校、班级和准考证号填写在答题卡上，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的钢笔或签字笔作答，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. 设全集，集合，集合，则（ ）
A. 4 B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由并集和补集运算求解即可.
【详解】由题设有，，
故选：C
2. 在复平面内，复数与分别对应向量和，其中为坐标原点，则（ ）
A. 1 B. 5 C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用复数的几何意义、向量的模长公式和坐标运算，即可求解得到答案．

【详解】由复数的几何意义知：，，
，
∴．
故选:D．
3. 已知，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据对数函数及指数的性质可得，，根据三角函数的定义可得，进而即可求解.
【详解】因为，
，
，
所以.
故选：A.
4. 已知，是空间中两个不同的平面，m，n是空间中两条不同的直线，则（ ）
A. 若 ，，则 B. 若，，则
C. 若，，则 D. 若，，则
【答案】D
【解析】
【分析】根据线面平行、垂直和面面平行、垂直的性质和判定分析判断即可
【详解】对于A，当 ，时，直线m，n相交，异面，平行都有可能；
对于B，还少了条件，，才能得到相应的结论；
对于C，当，时，，m与相交但不垂直都有可能；
对于D，设直线的方向向量分别为，
若，，则平面，的一个法向量分别为，且，
所以，所以D正确，
故选：D．
5. 部分图象大致是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据函数的奇偶性、对称性以及函数值的对应性，利用排除法即可得出结果.
【详解】函数的定义域为，定义域关于原点对称，
又，可化为
所以，
故为偶函数，图形关于y轴对称，排除B，D选项；
令可得，或，
由，解得，，
由，解得，
所以函数最小的正零点为，
当时，，，，排除A，
故选：C.
6. 已知向量，，则向量在向量上的投影向量为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据投影向量的定义计算即可.
详解】，，
则向量在向量上的投影向量为.
故选：B．
7. 已知点，是双曲线的左、右焦点，点P是双曲线C右支上一点，过点向的角平分线作垂线，垂足为点Q，则点和点Q距离的最大值为（ ）
A. 2 B. C. 3 D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】延长，交于点T，则可得，再结合双曲线的定义得，连接，则，而为定值，所以由图可知，从而可求得结果.
【详解】如图所示，延长，交于点T，则因为平分，，所以，，
因为P在双曲线上，所以，所以，
连接，则，
因为，
所以，当三点共线时取等号，
即点和点Q距离的最大值为3，
故选：C

【点睛】关键点点睛：此题考查双曲线的几何性质的应用，解题的关键是利用已知条件结合双曲线的性质可得，，考查数形结合的思想，属于中档题.
8. 已知函数，若有两个零点，则a的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据已知条件，分类讨论求导函数判断函数单调性及极值点，结合零点存在定理可得参数范围.

【详解】已知函数，函数的定义域为
，
当时，恒成立，所以在上单调递减，故时，至多有一个零点；
当时，令得，当时，；当时，，所以在上单调递减，在上单调递增．
此时最小值为，
①当时，由于，故只有一个零点；
②当时，即，故没有零点；
③当时，即，又
；
，
由零点存在定理知在上有一个零点；在有一个零点．
所以有两个零点，a取值范围为；
故选:A．
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. 下列说法正确的是（ ）
A. 事件A与事件B为互斥事件，则事件A与事件B为对立事件
B. 事件A与事件B为对立事件，则事件A与事件B为互斥事件
C. 若，，则
D. 一组成对样本数据线性相关程度越强，则这组数据的样本相关系数的绝对值就越接近于1
【答案】BCD
【解析】
【分析】A.利用互斥事件和对立事件的关系判断；B.利用对立事件和互斥事件的关系判断；C.由求解判断；D.由样本相关系数的意义判断.
【详解】A.事件A与事件B为互斥事件，但事件A与事件B不一定是对立事件，故错误；
B.事件A与事件B为对立事件，则事件A与事件B为互斥事件，故正确；
C.因为，，所以，故正确；
D.如一组成对样本数据线性相关程度越强，则这组数据的样本相关系数的绝对值就越接近于1，故正确；
故选：BCD
10. 将函数的图象每个点纵坐标不变，横坐标变为原来的一半，再将所得图象向左平移个单位，向上平移1个单位，得到函数的图象，则（ ）
A. 的最大值是2 B. 是一个增区间
C. 是图象的一个对称中心 D. 是图象的一条对称轴
【答案】ABC
【解析】
【分析】先根据图像变换得到，根据正弦函数的最值性质，单调区间、对称中心以及对称轴公式逐一判断各选项即可.
【详解】函数的图象每个点纵坐标不变，横坐标变为原来的一半，得到函数，再将所得图象向左平移个单位，向上平移1个单位，得到.
对于A，当时，取最大值，最大值是2，故A正确；
对于B，由得，所以是一个增区间，故B正确；
对于C，当时，，，所以是图象的一个对称中心，故C正确；
对于D，，故是对称中心，
则不是图象的一条对称轴，故D错误．
故选：ABC．
11. 已知数列满足，，则（ ）
A. B. 是的前项和，则
C. 当为偶数时 D. 的通项公式是
【答案】AD
【解析】
【分析】利用并项求和法可判断B选项；推导出，分为奇数、偶数两种情况求出数列的通项公式，可判断ACD选项.
【详解】数列满足，，
因为，，所以，
，B错；
由题意，①，②，
由②①得，，由，，所以，
当为奇数时，设，
则，
当为偶数时，设，
则，
综上所述，对任意的，，C错D对；
，A对.
故选：AD.
12. 已知抛物线的焦点为F，过点F的直线l交抛物线于A，B两点，设线段的中点为P，以线段为直径的圆P交y轴于M，N两点，过P且与y轴垂直的直线交抛物线于点H，则（ ）
A. 圆P与抛物线准线相切 B. 存在一条直线l使
C. 对任意一条直线l有 D. 有最大值，且最大值为
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据直线和抛物线的关系联立方程组由韦达定理结合抛物线定义计算焦点弦判断A选项，根据焦半径判断B，C选项，根据图形特征及点到y轴距离求角的最值判断D选项.
【详解】若直线轴，则直线l与抛物线有且只有一个交点，不合乎题意．
设点、，设直线的方程为，
联立，整理可得，，
因为，，，
所以，从而到准线的距离为，
而圆P的直径为，所以，
故圆P与抛物线的准线相切，选项A正确；
由韦达定理可得，，
，
，
所以不存在一条直线l使，选项B不正确；
因为，，，
所以，从而，所以，
由抛物线的定义可得，从而，选项C正确；

因为，，，
所以圆P的直径为，则，
点P到y轴的距离为，
∴，
所以当时，最小，最小值为，D正确．
故选:ACD．
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 展开式中第三项系数为________（用具体数字作答）．
【答案】7
【解析】
【分析】根据题意，由二项式的展开式的通项公式即可得到结果.
【详解】由题意可知，展开式的通项公式为，
令，则第三项为，所以系数为.
故答案为：
14. 已知，则________．
【答案】1
【解析】
【分析】利用三角函数的二倍角公式和三角函数的基本关系式求解.
【详解】解：因为，
所以，
故答案为：1
15. 三棱锥中,平面,,,,则三棱锥外接球的体积是________．
【答案】
【解析】
【分析】根据正弦定理先求出三棱锥底面的外切圆半径,因为球心与外切圆圆心联系垂直于外切圆所在平面,因此根据题中条件和勾股定理即可求出球的半径,从而求出球的体积.
【详解】如图,将三棱锥还原成直三棱柱,设三棱柱的外接球球心为,分别为上下底面的外心,则为的中点,为底面外接圆的半径,

所以球心O到面的距离为,
由正弦定理有:
,
所以,
.
故答案为:.
16. 某次考试准备了A、B、C三份试题，开考前从中随机选择一份作为当场考试试题，试题A和试题B被选上的概率都是0.3，如果试题是A或C，考生甲通过的概率都是0.8．如果试题是B，考生甲通过的概率是0.6，则该场考试考生甲能通过的概率是________．
【答案】0.74##
【解析】
【分析】设事件考生甲考试卷A为事件A，考试卷B为事件B，考试卷C为事件C，考生甲能通过考生为事件D，根据全概率公式求解即可.
【详解】设事件考生甲考试卷A为事件A，考试卷B为事件B，考试卷C为事件C，
考生甲能通过考生为事件D，由题知：，，，
，

．
故答案为：
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. 已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，．
（1）求角B；
（2）延长至D点，若，的面积为，，求的长．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由正弦定理可将已知条件转化为，再根据的范围可得答案；
（2）在中，由正弦定理，在中利用求出，在中再由余弦定理得可得答案.
【小问1详解】
由正弦定理可将已知条件转化为：，
因为，所以，所以，，
因为，所以，；
【小问2详解】
因为，所以，所以，
在中，由正弦定理得：
，所以，
在中，，
即，所以，
由余弦定理得：，即：
，所以.

18. 已知数列为等比数列，，，且.
（1）求数列的通项公式；
（2）记，设的前n项和为，证明：.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）解法一：设出公比，利用等比数列的基本量求出首项和公比，即可求出通项公式；
解法二：求解二次方程的根即可求出，，从而求出等比数列的首项和公比，即可求出通项公式；
（2）利用对数运算化简，利用裂项相消法求出其前n项和，利用符号法证明不等式.
【小问1详解】
解法一：设的公比为q，由题得：，即，
解得或，
因为，所以，，所以；
解法二：设的公比为q，由，，
所以，是方程的两个根，
所以或，所以或，
因为，所以，，
所以.
【小问2详解】
由（1）可得：
所以
，
因为，所以.
19. “颗颗黑珠树中藏，此物只在五月有．游人过此尝一颗，满嘴酸甜不思归．”东魁杨梅是夏天的甜蜜馈赠．每批次的东魁杨梅进入市场前都必须进行两轮检测，只有两轮检测都通过才能进行销售，否则不能销售，已知第一轮检测不通过的概率为，第二轮检测不通过的概率为，两轮检测是否通过相互独立．
（1）求一个批次杨梅不能销售的概率；
（2）如果杨梅可以销售，则该批次杨梅可获利400元；如果杨梅不能销售，则该批次杨梅亏损800元（即获利元）．已知现有4个批次的杨梅，记4批次的杨梅（各批次杨梅销售互相独立）获利元，求的分布列和数学期望．
【答案】（1）
（2）分布列见解析，640
【解析】
【分析】（1）求一个批次杨梅不能销售的概率，可用对立事件来求解，即两轮检查都通过.
（2）每个批次杨梅销售情况相互独立且重复，基于此可快速利用独立事件的计算公式求出分布列,进而算出期望.
【小问1详解】
记“一个批次杨梅不能销售”为事件A，
则，
所以一个批次杨梅不能销售的概率为.
【小问2详解】
依据题意，X的取值为，，，400，1600，
，
，
，
，
，
所以X的分布列为：
X



400
1600
P







20. 如图①所示，在中，，，，D，E分别是线段，上的点，且，将沿折起到的位置，使，如图②．

（1）若点N在线段上，且，求证：平面；
（2）若M是的中点，求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）证明四边形为平行四边形，得出，结合线面平行的判定证明即可；
（2）解法一：建立如图所示直角坐标系，利用向量法证明即可；解法二：由几何法得出为平面与平面夹角，再结合直角三角形的边角关系求解即可.
【小问1详解】
证明：在中，过N作交于点F．
因为，所以，
在三角形中，，，
所以，，
所以四边形为平行四边形，
所以．又平面，平面，
所以平面
【小问2详解】
解法一：
因为，，所以，所以，．
因为，，平面，所以平面，
所以平面．又由，可建立如图所示直角坐标系，则
，，，，，，

则：，，
设平面的法向量为，则
，即，
令得，
可取平面的法向量，
设平面与平面所成角为，则
，
所以平面与平面所成夹角的余弦值为
解法二：如图所示，因为，，所以，所以，，
因为，，平面，所以平面，
所以，又，，，平面
所以平面
在中，过M作，交于点G，在平面中，过G作交直线于点H，由平面可得平面，
所以即为平面与平面夹角．

在中，由M为中点可得：，G为中点，在中，，所以，．
所以，所以，
即平面与平面夹角的余弦值为．
21. 已知函数，，．
（1）求曲线过坐标原点的切线方程；
（2）若在恒成立，求的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）求出导函数，设切点为，即可求出切线方程，再将代入，即可求出，从而求出切线方程；
（2）法一：参变分离可得在上恒成立，令，，利用导数求出函数的最大值，即可求出参数的取值范围；
法二：依题意可得，，令，则，则问题转化为，上恒成立，设，，利用导数求出函数的最大值，即可得解.
小问1详解】
定义域为，，
设所求切线的切点为，则，
则所求切线方程为，
将代入可得：，故，
故所求切线方程为．
【小问2详解】
解法一：依题意在上恒成立，
即在上恒成立．
令，，则，
令，则，则在上单调递减，
∵，，∴存在，使得，
即，∴，
当时，，即，单调递增；
当时，，即，单调递减．
∴，
又，∴，则，即．
∴．∴，即实数的取值范围为．
解法二：，，
可设，，令，，则，
所以在上单调递增，所以，所以，
则原不等式可转化为在上恒成立，
只需，上恒成立．
设，，则，所以当时，
当时，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，∴，故实数取值范围为．
【点睛】方法点睛：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．
22. 已知椭圆的离心率是，且过点．
（1）求椭圆C的方程；
（2）椭圆C的左、右顶点分别为，，且P，Q为椭圆C上异于，的点，若直线过点，是否存在实数，使得恒成立．若存在，求实数的值；若不存在，说明理由．
【答案】（1）
（2）存在实数，满足题设条件
【解析】
【分析】（1）将点代入椭圆可得，结合，可求得：
（2）设直线的直线方程并与椭圆方程联立，令，，则可得、，或者，代入即可求解；
【小问1详解】
由题意，，，解得：①．
∵点在椭圆C上，∴②
联立①、②，解得，
故所求椭圆C的标准方程是
【小问2详解】
解法一：由（1）知，．
当直线斜率不存在时，．
与椭圆联立可得，，
则，，
故而，可得；
得当直线斜率存在且不为0时，设，
令，，
则，．
联立消去y并整理，
得，
则由韦达定理得，
假设存在实数，使得，则，
即，
整理得，
变形为，
则，
即，
即
即或，得或．
当时，．
此时，，
整理得，解得与题设矛盾，所以
所以．
解法二：由（1）知，，．
可设，，．
联立，得，
由韦达定理得：，，
所以，
所以
故存在实数，满足题设条件．
【点睛】方法点睛：处理直线与椭圆问题时选择恰当的直线方程的设法会极大的减少计算量，保证计算的准确度，如题目中的代数式由变量由构建更方便而直线也过点，可设直线方程为，更易于消，减少计算量.