2022-2023学年江苏省南京市江宁区高二下学期期末数学试题含答案

2022-2023学年江苏省南京市江宁区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】求出集合，利用补集和交集的定义可求得集合.

【详解】因为或，故，

又因为，则.

故选：C.

2．已知（i为虚数单位），则复数的模为（    ）

A．1 B． C．2 D．3

【答案】B

【分析】先计算，然后利用模的公式进行求解即可

【详解】因为

所以，

所以

故选：B

3．已知，是平面中两个不共线的向量，若，，且，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】利用两向量共线的基本定理，得到相应的关系式．

【详解】，，若，则，使，

即，由，是平面中两个不共线的向量，

则有，即.

故选：C

4．各项均为正数的等比数列，公比为，则“”是“为递增数列”的（    ）

A．充分且不必要条件 B．必要且不充分条件

C．充要条件 D．既不充分又不必要条件

【答案】C

【分析】先根据，得到递增，充分性成立，再推导出必要性成立.

【详解】因为各项为正数，且，所以，即，

所以为递增数列，充分性成立，

若为递增数列，则，因为各项为正数，所以，必要性成立.

故选：C

5．已知函数在区间上单调递增，则的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】利用对数型复合函数单调性判断方法，结合条件列式计算作答.

【详解】函数可看作函数，的复合函数，

又函数在上单调递增，

而函数在区间上单调递增，

则有函数在区间上单调递增，

且在区间恒成立，

因此，解得，

所以的取值范围是.

故选：D.

6．五张卡片上分别写有、、、、五个数字，则这五张卡片组成的五位数是偶数的概率（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】利用排列计数原理结合古典概型的概率公式可求得所求事件的概率.

【详解】若这五张卡片组成的五位数是偶数，则个位数为偶数，其余各数位无限制，

因此所求概率为.

故选：A.

7．故宫太和殿是中国形制最高的宫殿，其建筑采用了重檐庑殿顶的屋顶样式，庑殿顶是“四出水”的五脊四坡式，由一条正脊和四条垂脊组成，因此又称五脊殿．由于屋顶有四面斜坡，故又称四阿顶．如图，某几何体有五个面，其形状与四阿顶相类似．已知底面为矩形，∥底面，，与是全等的等边三角形，则该五面体的体积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】将该五面体分割为四棱锥和三棱柱，结合棱柱和棱锥的体积公式求其体积.

【详解】过点作， 又，平面，

所以平面，

过点作，又，平面，

所以平面，

因为底面，平面，平面平面，

所以，同理，

所以，，

平面，平面，平面，平面，

所以，

因为，与是全等的等边三角形，

由对称性可得，，所以，，

连接点与的中点，则，

所以，又，

所以三棱柱的体积为，

因为平面，平面，所以，

又，平面，，

所以平面，

又矩形AGHD的面积为2，

所以四棱锥的体积为，

由对称性可得四棱锥的体积为，

所以五面体的体积为，

故选：B.

8．直线过圆的圆心，且与圆相交于，两点，为双曲线右支上一个动点，则的最小值为（    ）

A．0 B．1 C．2 D．3

【答案】D

【分析】求出圆的圆心，根据题意可得、，利用平面向量的线性运算可得，即可求解.

【详解】圆，圆心，半径，

因为直线过圆的圆心，且与圆相交于，两点，

所以，又双曲线，则，，右焦点为，

所以

，

又，即，所以，当点在右顶点时取等号，

即，

所以的最小值为，

故选：D.

二、多选题

9．某班名学生参加数学竞赛，将所有成绩分成、、、、五组，成绩的频率分布直方图如图所示，则下列说法正确的是（    ）

A．的值为

B．这名同学成绩的平均数在与之间

C．这名同学成绩的众数是

D．估计这名同学成绩的百分位数为

【答案】ACD

【分析】利用频率分布直方图中，所有矩形的面积之和为，求出的值，可判断A选项；求出这名同学成绩的平均数，可判断B选项；利用最高矩形底边的中点值为众数可判断C选项；利用百分位数的定义求出这名同学成绩的百分位数，可判断D选项.

【详解】对于A选项，在频率分布直方图中，所有矩形的面积之和为，

所以，，解得，A对；

对于B选项，这名同学成绩的平均数为

，B错；

对于C选项，这名同学成绩的众数是，C对；

对于D选项，前三个矩形的面积之和为，

前四个矩形的面积之和为，

设这名同学成绩的百分位数为，则，

由百分位数的定义可得，解得，D对.

故选：ACD.

10．下列说法正确的是（    ）

A．已知命题：任意，，则命题的否定为：存在，

B．若关于的不等式的解集为，则

C．如果，，，那么的最小值为6

D．函数的最小值为2

【答案】AC

【分析】A选项，全称量词命题的否定是特称量词命题，把任意改为存在，把结论否定；B选项，根据不等式的解集得到方程的两根，利用韦达定理求出的关系，从而求出；C选项，变形后利用基本不等式求出最小值；D选项，变形后利用基本不等式进行求解，但等号取不到.

【详解】A选项，命题：任意，的否定为：存在，，A正确；

B选项，关于的不等式的解集为，则为的两根，

故，所以，故，B错误；

C选项，，，，

由基本不等式得到，即，

解得或，当且仅当时，等号成立.

由于，，故，舍去，

的最小值为6，C正确；

D选项，，

当且仅当时，等号成立，但无解，

故最小值取不到，D错误.

故选：AC

11．设函数的最小正周期为，且过点，则下列说法正确的是（    ）

A．为偶函数

B．的一条对称轴为

C．把的图象向左平移个单位长度后得到函数，则

D．若在上单调递减，则的取值范围为

【答案】ABD

【分析】利用辅助角公式将函数化简，利用周期及特殊点求出函数解析式，然后利用余弦函数性质一一判断即可.

【详解】，

因为函数最小正周期为，，所以，则，

又函数过点，所以，即，所以，

所以，又，所以，

所以，易知函数的定义域为R，且，所以为偶函数，故A正确；

令，则，当时，的一条对称轴为，故B正确；

令，则，

当时，在上单调递减，若在上单调递减，则的取值范围为，故D正确；

把的图象向左平移个单位长度后得到函数，

则，故C错误.

故选：ABD

12．已知是抛物线的焦点，，是抛物线上的两点，为坐标原点，则（    ）

A．抛物线的准线方程为

B．若，则的面积为

C．若直线过焦点，且，则到直线的距离为

D．若，则

【答案】BD

【分析】根据抛物线的几何性质，可判定A错误，结合抛物线的定义，可判定B正确；结合抛物线的焦点弦的性质和点到直线的距离公式，可判定C错误；设直线的方程为（不妨设）求得和，结合基本不等式，可判定D正确.

【详解】对于A中，抛物线可得其准线方程为，所以A错误；

对于B中，设，因为，可得，解得，可得，

所以，所以B正确；

对于C中，抛物线，可得其焦点坐标为，

当直线的斜率不存在时，可得，不符合题意；

当直线的斜率存在时，设直线的方程为，

联立方程组，整理得，

设，可得，

根据抛物线的定义，可得，解得，

所以直线的方程为，

不妨取，所以到直线的距离为，所以C错误；

对于D中，设直线的方程为（不妨设）

由，可得，则，

因为，此时直线的方程为，可得，

所以，

当且仅当时，即时，等号成立，所以D正确.

故选：BD.

三、填空题

13．已知，则      ．

【答案】

【分析】利用二倍角的正弦公式结合弦化切可求得所求代数式的值.

【详解】因为，则

.

故答案为：.

14．展开式中，的系数为      ．（以数字形式作答）．

【答案】

【分析】由，结合二项式展开式求的系数.

【详解】因为的展开式的通项为，，

又，

所以展开式中，的项为，

所以展开式中，的系数为.

故答案为：.

15．曲线在点处的切线方程为      .

【答案】

【分析】利用导数的几何意义求解即可

【详解】由，得，

所以切线的斜率为，

所以所求切线方程为，得，

即，

故答案为：

16．在三棱锥中，面，为等边三角形，且，则三棱锥的外接球的表面积为      ．

【答案】

【分析】由已知结合三棱锥和正三棱柱的几何特征，可得此三棱锥外接球，即为以为底面以为高的正三棱柱的外接球，分别求出棱锥底面半径r和球心距d，可得球的半径R，即可求出三棱锥外接球的表面积．

【详解】因为是直三棱锥，底面是正三角形，所以可以将图补形成为正三棱柱，如图所示，

此三棱锥外接球，即为以为底面以为高的正三棱柱的外接球，

设球心为O，作平面，则为的外接圆圆心，连接，则，

设的外接圆半径为r，三棱锥外接球半径为R，

由正弦定理，得，所以，    

中，，所以，解得，

所以．

故答案为：．

四、解答题

17．袋子中有6个大小相同的小球，其中4个白球、2个黑球.

(1)每次从袋子中随机摸出1个球，摸完不放回，共摸2次，求第二次摸到的球是白球的概率；

(2)一次完整的试验要求：从袋子中随机摸出1个球，记录小球的颜色后再把小球放回袋中.试验终止的条件是黑色小球出现两次，或者试验进行了4次.设试验终止时试验的次数为，求随机变量的数学期望.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）利用全概率公式计算即可；

（2）求出X的所有可能取值，求出对应的概率，代入数学期望公式计算即可.

【详解】（1）设：第一次摸到的球是白球，：第一次摸到的球是黑球，

：第二次摸到的球是白球，；

（2）的可能取值为2，3，4，

，，

，

所以的分布列为：

所以数学期望.

18．中，角，，所对的边分别是，，，满足：，

(1)求角；

(2)若，求的取值范围．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据余弦定理与正弦定理求得，从而求得角；

（2）由正弦定理得用表示，用三角恒等变换化简得，用三角函数求得范围.

【详解】（1）由已知得，，

由余弦定理，得，

∴，

∵，∴，

由正弦定理，有，

∵，∴，

又，∴．

（2）在三角形中，，

由正弦定理得：

，，

∴

，

∵在三角形中，，，

∴，显然，即，

则有，

所以的取值范围是．

19．已知函数．

(1)讨论的单调性；

(2)证明：当时，．

【答案】(1)答案见解析

(2)证明见解析

【分析】（1）求函数的导函数及其零点，分区间确定导数值的正负，由此确定函数的单调性；

（2）结合（1）由分析可得要证明原结论只需证明，设，利用导数求其最大值即可.

【详解】（1）由，得，

①当时，，在上单调递减；

②当时，令，得，

当时，，单调递增；

，，单调递减；

（2）由（1）知，当时，，

要证：当时，，

可证：，

因为，即证：，

设，，

令，则，

所以当时，，单调递增；

当时，，单调递减，

，所以，

即，

所以当时，．

20．已知数列的前项和为，，是公差为的等差数列．

(1)求数列的通项公式；

(2)若，且，数列的前项和为，求．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据等差数列的通项公式求得，再根据可求得数列的通项公式；

（2）利用累加法求出数列的通项公式，然后利用裂项求和法可求得.

【详解】（1）解：因为是公差为的等差数列，，

所以，得，

当时，；

时，符合，

所以，．

（2）解：由，且，

当时，则有

，

又也满足，故对任意的，，

，

则．

21．如图所示，在三棱锥中，已知平面，平面平面．

(1)证明：平面；

(2)若，，在线段上（不含端点），是否存在点，使得二面角的余弦值为，若存在，确定点的位置；若不存在，说明理由．

【答案】(1)证明见解析

(2)存在；是上靠近的三等分点

【分析】（1）过点作于点，由面面垂直性质定理可得平面，由此证明，再证明，根据线面垂直判定定理证明结论；

（2）建立空间直角坐标系，求平面，平面的法向量，利用向量夹角公式求法向量夹角，由条件列方程确定点的位置；

【详解】（1）过点作于点，

因为平面平面，且平面平面，平面，

所以平面，

又平面，所以，

又平面，平面，

所以，

又因为，，平面，

所以平面．

（2）假设在线段上（不含端点），存在点，使得二面角的余弦值为，

以为原点，分别以、为轴，轴正方向，建立如图所示空间直角坐标系，

则，，，，

，，，，

设平面的一个法向量为，

即取，，，

所以为平面的一个法向量，

因为在线段上（不含端点），所以可设，，

所以，

设平面的一个法向量为，

即，

取，，，

所以为平面的一个法向量，

，又，

由已知可得

解得或（舍去），

所以，存在点，使得二面角的余弦值为，

此时是上靠近的三等分点．

22．已知椭圆的右顶点和上顶点分别为，，为线段的中点，为坐标原点，且．

(1)求椭圆的方程；

(2)已知圆，为圆上任意一点，过点作椭圆的切线，交圆于点，若与斜率都存在，求证：为定值．

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）由条件结合向量的坐标运算列方程求，可得椭圆方程；

（2）在的斜率不存在时求的值，当的斜率存在时，设直线的方程为，联立直线与圆的方程

结合设而不求法求，由直线与椭圆相切求的关系，由此证明结论.

【详解】（1）依题意可得，，，，

所以，所以，

所以椭圆的方程为：．

（2）若的斜率不存在，则，或，，

此时；

若的斜率存在时，可设直线的方程为，，，

由联立消去可得，，

方程的判别式，

，，，

所以，

当直线与椭圆相切时，

由联立消去可得，，

，化简得，

所以，综上可得为定值．

【点睛】关键点点睛：（1）解答直线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，

然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系．

（2）涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形．