[数学][期末]广东省韶关市2022-2023学年高二下学期期末试题(解析版)

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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. 4B. C. D.
【答案】C
【解析】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. 1B. 5C. D.
【答案】D
【解析】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】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】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】函数定义域为，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】，，
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. 2B. C. 3D. 4
【答案】C
【解析】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
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】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的取值范围为；
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】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】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】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】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】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】因为，
所以，
故答案为：1
15. 三棱锥中,平面,,,,则三棱锥P-ABC外接球的体积是________．
【答案】
【解析】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】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．
解：（1）由正弦定理可将已知条件转化为：，
因为，所以，所以，，
因为，所以，；
（2）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：.
解：（1）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.
（2）由（1）可得：
所以
，
因，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．
解：（1）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.
（2）依据题意，X的取值为，，，400，1600，
，
，
，
，
，
所以X的分布列为：
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．
解：（1）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

（2）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．
解：（1）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．
（2）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，∴，故实数的取值范围为．
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．
解：（1）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
（2）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．
X
400
1600
P