2022-2023学年江苏省南京师范大学附属中学江宁分校高二下学期期末数学试题含答案

这是一份2022-2023学年江苏省南京师范大学附属中学江宁分校高二下学期期末数学试题含答案，共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年江苏省南京师范大学附属中学江宁分校高二下学期期末数学试题 一、单选题1．已知集合，，则（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】解出集合，根据交集含义即可得到答案.【详解】由题意得，，则，故选：C．2．设，则“”是“复数为纯虚数”的（    ）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】C【分析】根据复数的概念和充分必要条件的概念可得选项.【详解】当时，且，所以复数为纯虚数；当复数为纯虚数时，且，所以，所以“”是“复数为纯虚数”的充分必要条件，故选：C.3．甲、乙两人玩猜数字游戏，先由甲心中想一个数字，记为，再由乙猜甲刚才所想的数字，把乙猜的数字记为，其中，若，就称“甲、乙心有灵犀”．现任意找两人玩这个游戏，则他们“心有灵犀”的概率为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】由题意，样本点总数为36，可列举出满足条件的样本点共16个，由古典概型的概率公式，即得解【详解】记“|a－b|≤1”为事件A，由于a，b∈{1,2,3,4,5,6}，则事件A包含的样本点有(1,1)，(1,2)，(2,1)，(2,2)，(2,3)，(3,2)，(3,3)，(3,4)，(4,3)，(4,4)，(4,5)，(5,4)，(5,5)，(5,6)，(6,5)，(6,6)，共16个，而依题意得，样本点总数为36，且每个样本点出现的可能性相等．因此他们“心有灵犀”的概率P＝＝.故选：D4．已知公差的等差数列满足，且，，成等比数列，若正整数，满足，则（    ）A． B．C． D．或【答案】C【分析】由已知利用等差数列的通项公式结合等比数列的性质列式求解d，再由等差数列的通项公式求解得选项.【详解】由题知，因为为等差数列，所以，又，则，从而.故选：C．【点睛】本题考查等差数列的通项公式和等比数列的性质，属于基础题.5．在《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖臑．已知在鳖臑中，平面，，则该鳖臑的外接球的表面积为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】设的中点为，由题意可得为和的斜边，从而可得点为鳖臑的外接球的球心，即可求得鳖臑的外接球的半径，从而可求表面积.【详解】设的中点为，如图所示，由，且为直角三角形，可得，由，，两两垂直，可知为和的斜边，故点到点，，，的距离相等，故点为鳖臑的外接球的球心，设鳖臑的外接球的半径为， 由，可得，解得，故该鳖臑的外接球的表面积为．故选：B．      6．已知直线与圆交于、两点，为坐标原点，，则实数的值为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据向量关系可得，即为等边三角形，由此可得圆心到直线距离为，建立方程求得结果.【详解】由得：，又为圆的圆心，则，所以，所以，即，所以，所以为等边三角形，则到直线的距离为：，即    ，故选：D.【点睛】关键点点睛：本题考查直线与圆的相关问题，关键是能够利用向量的关系得到向量间的夹角，从而能将问题转化为点到直线的距离问题.7．已知为矩形所在平面内一点，，则（   ）A．0 B．-5或0 C．5 D．-5【答案】A【分析】根据给定条件，确定的关系，再借助向量的线性运算及数量积运算律计算作答.【详解】在矩形中，，则，即有，，又，所以.故选：A8．已知函数在区间上单调，且在区间内恰好取得一次最大值，则的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】化简函数的解析式为，结合函数的单调性与最值可得出关于实数的不等式组，进而可求得实数的取值范围.【详解】，由于函数在区间上单调，当时，，，且正弦函数在附近单调递增，所以，函数在上单调递增，则，所以，，解得.当时，，由于函数在区间内恰好取得一次最大值，所以，，解得.综上所述，实数的取值范围是.故选：B.【点睛】本题考查利用函数在区间上的单调性与最值求参数，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题. 二、多选题9．在研究某品牌汽车的使用年限x（单位：年）与残值y（单位：万元）之间的关系时，根据调研数据得到如下的对应值表：x246810y1716141311利用最小二乘法，得到回归直线方程为，下列说法正确的是（    ）A．x与y的样本相关系数 B．回归直线必过点 C． D．预测该品牌汽车使用20年后，残值约为2万元【答案】BC【分析】由数据知随的增大呈递减的趋势，结合相关系数的性质及回归直线的性质依次判断即可.【详解】随的增大呈递减的趋势，所以与为负相关关系，所以与的样本相关系数，回归直线方程为的，因为，，回归直线必过点，所以，得，当时，（万元），综上，正确答案为B，C.故选：BC.10．抛掷一红一绿两枚质地均匀的骰子，记下骰子朝上面的点数.用x表示红色骰子的点数，用y表示绿色骰子的点数，用表示一次试验的结果.定义事件为“”，事件为“为奇数”，事件为“”，则下列结论正确的是（    ）A．与互斥 B．与对立C． D．与相互独立【答案】AD【分析】利用对立事件、互斥事件、相互独立事件的定义直接求解．【详解】解：定义事件： “”，事件 “为奇数”，事件 “”，对于A，事件： “”包含的基本事件有：，，，，，，事件 “为奇数”，包含的基本事件有：，，，，，，与不能同时发生，是互斥事件，故A正确；对于B，与不能同时发生，能同时不发生，不是对立事件，故B错误；对于C，的所有可能结果如下表： 123456123456（C），，，故C错误；对于D，（A），（C），，（A）（C），与相互独立，故D正确．故选：AD．11．已知，则下列结论正确的是（    ）A．的最大值为 B．的最大值为1C．的最小值为 D．的最小值为3【答案】AC【分析】根据均值不等式及不等式等号成立的条件判断ACD，取特例判断B即可得解.【详解】.对于，当且仅当时取等号，故正确；对于，当时，，故错误；对于，当且仅当时取等号，故C正确；对于D，，但是当时，不符合题意，故等号不成立，故错误.故选：AC.12．已知函数，的定义域均为，是奇函数，且，，则（    ）A．为奇函数 B．C． D．【答案】BD【分析】根据已知等式关系结合函数的奇偶性与对称性即可求得函数均是周期为4的周期函数，利用周期性与对称性计算，逐项判断即可得答案.【详解】因为，所以，又，则有；因为是奇函数，所以，可得，即有，所以，所以是周期为4的周期函数，故也是周期为4的周期函数，因为，所以，所以为偶函数，故错误；由是奇函数，则，所以，又，所以，所以C选项错误；由(1)，得，所以B选项正确；因为，，所以，所以，所以D选项正确．故选：BD． 三、填空题13．的展开式中的常数项为___．【答案】-540【分析】利用二项展开式的通项公式求出展开式的通项,令x的指数为0,求出r的值,将r的值代入通项,求出常数项.【详解】:展开式的通项为令得所以展开式的常数项为故答案为【点睛】本题主要考查二项展开式定理的通项与系数，属于简单题. 二项展开式定理的问题也是高考命题热点之一，关于二项式定理的命题方向比较明确，主要从以下几个方面命题：（1）考查二项展开式的通项公式；（可以考查某一项，也可考查某一项的系数）（2）考查各项系数和和各项的二项式系数和；（3）二项展开式定理的应用.14．幂函数满足：任意有，且，请写出符合上述条件的一个函数           ．【答案】（答案不唯一）【分析】取，再验证奇偶性和函数值即可.【详解】取，则定义域为R，且，，，满足.故答案为：.15．已知双曲线（，）的左，右焦点分别为，，A为双曲线的右支上一点，点A关于原点的对称点为，满足，且，则双曲线的离心率为           .【答案】【分析】由对称性和双曲线定义得到，，，在中，，由余弦定理列出方程，求出，得到离心率.【详解】由对称性可知：，故，由双曲线定义可知：，即，所以，又因为，在中，由余弦定理得：，即，解得：，故离心率为.故答案为：16．已知α，β均为锐角，且cos(α＋β)＝，则tan α的最大值是        ．【答案】　【详解】由已知得sin α＝cos(α＋β)sin β＝cos αcos βsin β－sin αsin βsin β，两边同除以cos α，并整理得tan α＝＝＝，∵ α，β均为锐角，∴可以看成是单位圆的下半圆上的动点(cos 2β，－sin 2β)与定点(3，0)连线的斜率，其最大斜率为＝. 四、解答题17．如图，在平面直角坐标系中，锐角和钝角的顶点与原点重合，始边与轴的非负半轴重合，终边分别与单位圆交于，两点，且.(1)求的值；(2)若点的横坐标为，求的值.【答案】(1)；(2). 【分析】(1)根据给定条件可得，再利用诱导公式化简计算作答.(2)由给定条件求出，再利用和角公式、倍角公式计算作答.【详解】（1）依题意，，所以.（2）因点的横坐标为，而点在第一象限，则点，即有，于是得，，，，所以.18．记为数列的前项和．(1)从下面两个条件中选一个，证明：数列是等差数列；①数列是等差数列；②(2)若数列为等差数列，且，，求数列的前项和．【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）选择条件①，利用与的关系式和等差中项的性质即可得证；选择条件②，设数列的首项为，公差为，求出，表示出，即可得证.（2）由（1）根据已知得出，然后利用裂项相消法即可求解.【详解】（1）选择条件①：，，两式相减可得，即，，两式相减可得，化简可得，，数列是等差数列．选择条件②：设数列的首项为，公差为，则，故，当时，，当时，，，又．数列是等差数列．（2）数列是等差数列，且公差，．，故．19．为深入学习党的二十大精神，我校团委组织学生开展了“喜迎二十大，奋进新征程”知识竞赛活动，现从参加该活动的学生中随机抽取了100名，统计出他们竞赛成绩分布如下：成绩（分）人数242240284(1)求抽取的100名学生竞赛成绩的方差（同一组中数据用该组区间的中点值为代表）；(2)以频率估计概率，发现我校参赛学生竞赛成绩X近似地服从正态分布，其中近似为样本平均分，近似为样本方差，若，参赛学生可获得“参赛纪念证书？”；若，参赛学生可获得“参赛先锋证书”.①若我校有3000名学生参加本次竞赛活动，试估计获得“参赛纪念证书”的学生人数（结果保留整数）；②试判断竞赛成绩为96分的学生能否获得“参赛先锋证书”.附：若，则，，；抽取的这100名学生竞赛成绩的平均分.【答案】(1)(2)①2456②能获得“参赛先峰证书” 【分析】（1）利用公式直接求出方差即可；（2）①结合给的概率和正态分布的性质，确定获得“参赛纪念证书”，进而计算可得人数；②利用正态分布的知识求出，即，进而可得结果.【详解】（1）由题意，抽取的这100名学生竞赛成绩的平均分，所以100名学生本次竞赛成绩方差；（2）①由于近似为样本成绩平均分，近似为样本成绩方差，所以，可知，，由于竞赛成绩X近似地服从正态分布，因此竞赛学生可获得“参赛纪念证书”的概率，所以，故估计获得“参赛纪念证书”的学生人数为2456，②当时，即时，参赛学生可获得“参赛先锋证书”，所以竞赛成绩为96分的学生能获得“参赛先峰证书”.20．如图，是直角梯形，，，，又，．  (1)求证：平面平面；(2)求二面角的平面角的余弦值．【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）根据两平面垂直的判定定理证明即可；（2）解法一：（几何法）作辅助线和，根据三垂线定理判断出为二面角的平面角，然后计算；解法二：（向量法）建立空间直角坐标系，写出各点的坐标，分别求出两个平面的法向量，进而求出二面角的平面角的余弦值.【详解】（1），，，平面，平面，平面，又平面，平面平面．（2）解法一：（几何法）取的中点，则，连接，，，，，从而平面.作，交的延长线于，连接，因为平面，所以.又，平面，平面，所以平面，又平面，所以，为二面角的平面角.在中，，在中，，则．二面角的平面角为锐角，故二面角的平面角的余弦值为.  解法二：（向量法）在平面内，过作，建立空间直角坐标系（如图）由题意有，，，设平面的一个法向量为，则，，，取，得.平面的法向量取为.设与所成的角为，则.又二面角的平面角为锐角，故二面角的平面角的余弦值为．  21．从甲､乙､丙等5人中随机地抽取三个人去做传球训练.训练规则是确定一人第一次将球传出，每次传球时，传球者都等可能地将球传给另外两个人中的任何一人，每次必须将球传出.(1)记甲乙丙三人中被抽到的人数为随机变量，求的分布列；(2)若刚好抽到甲乙丙三个人相互做传球训练，且第1次由甲将球传出，记次传球后球在甲手中的概率为，①直接写出的值；②求与的关系式，并求.【答案】(1)分布列见解析(2)①，，；②； 【分析】（1）由离散型随机变量的分布列可解；（2）记表示事件“经过次传球后，球在甲手中”，由全概率公式可求再由数列知识，由递推公式求得通项公式.【详解】（1）可能取值为，；；所以随机变量的分布列为123（2）若刚好抽到甲乙丙三个人相互做传球训练，且次传球后球在甲手中的概率为，则有 记表示事件“经过次传球后，球在甲手中”，所以即，所以，且所以数列表示以为首项，为公比的等比数列，所以所以即次传球后球在甲手中的概率是.22．已知椭圆的离心率为，轴被抛物线截得的线段长与长轴长的比为.(1)求､的方程；(2)设与轴的交点为，过坐标原点的直线与相交于点､，直线､分别与相交与､.（i）设直线､的斜率分别为､，求的值；（ii）记､的面积分别是､，求的最小值.【答案】(1)，；(2)（i）；（ii）. 【分析】（1）解，即可得出轴被抛物线截得的线段长，进而列出方程组，求解即可得出答案；（2）联立直线与抛物线的方程，得到，根据韦达定理，即可得出斜率之间的关系，求出的值；联立方程组，表示出各个点的坐标.结合图象，将三角形的面积之比转化为坐标关系，即可得出表达式，然后根据基本不等式即可得出最小值.【详解】（1）解，可得，所以，轴被抛物线截得的线段长为.由已知可得，，解得，.所以，椭圆的方程为，抛物线的方程为.（2）（i）由（1）知，.设直线的方程为，，.联立直线与抛物线的方程，可得，则.又，，所以.（ii）联立直线与抛物线的方程，可得，则.同理：.设，.联立直线与椭圆的方程，可得，则，同理可得，.由图象知，，，，所以，，当且仅当时，取等号所以，的最小值为.【点睛】方法点睛：联立方程组，表示出各个点的坐标.结合图象，将三角形的面积之比转化为坐标关系，即可得出表达式.