江苏省南京市江宁区2022-2023学年高二下学期期末数学试题（解析版）

2022-2023学年第二学期期末试卷高二数学注意事项：1．本试卷考试时间为120分钟，试卷满分150分，考试形式闭卷．2．本试卷中所有试题必须作答在答题卡上规定的位置，否则不给分．3．答题前，务必将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色墨水签字笔填写在试卷及答题卡上．第Ⅰ卷（选择题共60分）一、单项选择题：本大题共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，请把答案填涂在答题卡相应位置上．1.已知集合，，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【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【解析】【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：B3.已知，是平面中两个不共线的向量，若，，且，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【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：C4.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【解析】【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：C5.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【解析】【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【解析】【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【解析】【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【解析】【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、多项选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，请把答案填涂在答题卡相应位置上．全部选对得5分，部分选对得2分，不选或有错选的得0分．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【解析】【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6D.函数的最小值为2【答案】AC【解析】【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：AC11.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【解析】【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：ABD12.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【解析】【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.第Ⅱ卷（非选择题共90分）三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．请把答案填写在答题卡相应位置上．13.已知，则______．【答案】【解析】【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】【解析】【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】【解析】【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】【解析】【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：本大题共6小题，共70分．请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤．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）【解析】【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.【小问1详解】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，；【小问2详解】的可能取值为2，3，4，，，，所以的分布列为：234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）【解析】【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.【小问1详解】由已知得，，由余弦定理，得，∴，∵，∴，由正弦定理，有，∵，∴，又，∴．【小问2详解】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【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.【小问1详解】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；【小问2详解】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）【解析】【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.【小问1详解】解：因为是公差为的等差数列，，所以，得，当时，；时，符合，所以，．【小问2详解】解：由，且，当时，则有，又也满足，故对任意的，，，则．21.如图所示，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【解析】【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；【小问1详解】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