江苏省南京师范大学附属中学2022-2023学年高二数学下学期期中试题（Word版附解析）

南京师大附中2022-2023学年度第2学期

高二年级期中考试数学试卷

（总分150分，考试时间120分钟）

注意事项：

1．本试卷考试时间为120分钟，试卷满分1 50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，在每小题绘出的四个选项中.只有一项是符合题目要求的）

1. 已知向量，且//，则实数的值为（    ）

A. 或 B.  C. 或 D.

【答案】D

【解析】

【分析】根据空间向量平行的坐标表示分析运算.

【详解】显然，

若//，则，

可得，解得.

故选：D.

2. 已知两平面的法向量分别为，，则两平面所成的二面角的正弦值为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】根据题意求得，设两平面所成的二面角为，求得，即可求解.

【详解】由两平面的法向量分别为，，

可得，

设两平面所成的二面角为，其中，可得.

即两平面所成的二面角的正弦值为.

故选：B.

3. 如图，用4种不同的颜色给图中四块区域涂色，若相邻的区域不能涂同一种颜色，则不同的涂法共有（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】根据区域同色和不同色分类讨论即可得.

【详解】区域同色的方法数为

区域不同色的方法数为，

总的方法数为．

故选：C．

4. 将边长为的正方形（及其内部）绕旋转一周形成圆柱，如图，长为，长为，其中与在平面的同侧.则异面直线与所成的角的大小为（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】以O为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可计算出异面直线与所成的余弦值，即可得解.

【详解】以O为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立如图所示的空间直角坐标系，

则、、、.

所以，，则，

所以.

因此，异面直线与所成的角为.

故选：B.

【点睛】本题考查利用空间向量法求解异面直线所成角的大小，考查计算能力，属于中等题.

5. 2023年五一假期，小明同学外出去某超市购物，获得了该超市的一次抽奖机会，小明需从9个外观完全相同的盲盒中，随机抽取3个，已知这9个盲盒中有3个盲盒各装有1支完全相同的钢笔，另外6个盲盒中各装有不同的1个小饰品，则拆开选取的3个盲盒后，小明收获奖品的所有情形的种类有（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】根据装有相同钢笔的3个盲盒抽取的个数分类讨论可得.

【详解】由题意装有相同钢笔的3个盲盒抽取的个数分别为,

因此小明收获奖品的所有情形的种类个数为.

故选：C．

6. 如图，在三棱柱中，与相交于点，，，，，，则线段的长度为（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】利用空间向量的数量积求模即可.

【详解】由图形易得，

所以，

即.

故选：A

7. 已知函数若方程恰好有三个不等的实数根，则实数的取值范围是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】题意说明直线与曲线有三个交点，由时，它们一定有且只有一个交点，因此直线与有两个交点，求出它们相切时的值后可得结论．

【详解】作出函数的图象（示意图），如图，作直线，

时，是增函数，且，由图可知直线与始终有一个交点，即对任意值都有一个负根，

由题意直线与有两个交点，

设直线与曲线的切点为，的导函数为，

由得，，所以，

由图形知，即，

故选：D．

8. 已知正方形的中心在坐标原点，四个顶点都在函数的图象上．若正方形唯一确定，则实数的值为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】法一：设直线的方程为，则直线的方程为，讨论得到不合要求，即，分别联立曲线方程，得到，，再根据得到，换元后必有有两个相等的实数根，由，解得，检验后得到答案.

法二：设出，表达出，代入曲线方程，得到，由基本不等式得到的范围，并结合题意得到实数的值.

【详解】法一：因为四边形为正方形，为其中心，

所以⊥于点，且，

不妨设直线的方程为，则直线的方程为，

设点，，则，

当时，，在R上单调递增，与仅有1个交点为原点，不合题意，

当时，联立直线与曲线方程，得到，解得，

联立直线与曲线方程，得到，解得，

因，所以，

整理得，即，

设，该函数在上单调递增，值域为R，

要使符合题意的正方形只有1个，则必有有两个相等的实数根，

即，解得，正根舍去，

此时，解得，负根舍去，

所以；

法二：不妨设点第一象限，且四点逆时针排布，

设，，

则，

由题意得两点存在曲线上，

所以，

由①得，由②得，

联立两式得

，

因为，，

故，，

又，所以只有时，才能使得两式恒成立，

故，

由基本不等式可得，

当且仅当，即时，等号成立，

由题意，有唯一解，故.

故选：C

【点睛】正方形唯一性转化为根的个数问题，再结合问题特征（包括单调性，特殊位置的函数值符号，隐零点的探索、参数的分类讨论等）进行求解，需要学生对多种基本方法，基本思想，基本既能进行整合，较为复杂和综合的函数零点个数问题，分类讨论是必不可少的步骤，在哪种情况下进行分类讨论，分类的标准，及分类是否全面，都是需要思考的地方

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的．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分1）

9. 若，则正整数的值是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】AC

【解析】

【分析】由组合数的性质得到，列出方程，求出答案.

【详解】因为，所以，即或，

解得或3，经检验均满足要求.

故选：AC

10. 有甲、乙、丙等6名同学，则说法正确的是（    ）

A. 6人站成一排，甲、乙两人不相邻，则不同的排法种数为480

B. 6人站成一排，甲、乙、丙按从左到右的顺序站位，则不同的站法种数为240

C. 6名同学平均分成三组到A、B、C工厂参观（每个工厂都有人），则有90种不同的安排方法

D. 6名同学分成三组参加不同的活动，甲、乙、丙在一起，则不同的分组方法有6种

【答案】ACD

【解析】

【分析】A选项，利用插空法求解甲、乙两人不相邻的排法；B选项，利用倍缩法求解；C选项，先进行平均分组，再进行全排列，得到答案；D选项，先将除甲、乙、丙外的剩余3人分组，再进行全排列，得到答案.

【详解】A选项，6人站成一排，甲、乙两人不相邻，先将除甲、乙外的4人进行全排列，有种排法，

再将甲、乙两人插空，有种排法，则共有种不同的排法，A正确；

B选项，6人站成一排，甲、乙、丙按从左到右的顺序站位，可用倍缩法进行求解，即种不同的站法，B错误；

C选项，6名同学平均分成三组到A、B、C工厂参观（每个工厂都有人），则有种不同的安排方法，C正确；

D选项，6名同学分成三组参加不同的活动，甲、乙、丙在一起，

若还有一位同学与他们一组，共有种分法；

若三组同学分为3人一组，2人一组和1人一组，

先将除甲、乙、丙外的剩余3人分为两组，有种分法；

共有种分组方法，D正确.

故选：ACD

11. 初等函数是由常数和基本初等函数经过有限次有理运算及有限次的复合产生的，且能用一个解析式表示的函数，如函数，我们可作变形：，所以可看作是由函数和复合而成的，即为初等函数，已知初等函数，，则（    ）

A. 极小值点为

B. 极小值为1

C.

D. 直线是曲线与的一条公切线

【答案】ACD

【解析】

【分析】根据复合函数的求导法则以及导数的几何意义判断．

【详解】，设，即，则，

，同理，

时，，单调递减，时，，单调递增，

所以是的极小值点，A正确；

时，，单调递增，时，，单调递增，

所以有极大值为，无极小值，B错误；

，时，，，，；时，，即；时，，， ，所以时，，所以，C正确；

由C知，又，所以直线即直线是曲线的切线也是曲线的切线，即为它们的一条公切线，D正确．

故选：ACD．

12. 如图①，在矩形中，，为的中点将沿直线翻折至的位置，使得平面平面，如图②所示，下列说法法正确的有（    ）

A. 平面平面

B. 异面直线与所成角余弦值为

C. 点到平面的距离为

D. 二两角的正弦值为

【答案】ABD

【解析】

【分析】对于A项，通过勾股定理证得，再结合面面垂直的性质定理证得平面，再运用面面垂直的判定定理证得平面平面.建立空间直角坐标系，运用异面直线所成角公式、点到面的距离公式及二面角公式计算可分别判定B项、C项、D项.

【详解】对于A项，如图所示，

在中，，所以，

在中，，所以，

又因为，所以，所以，

又因为平面平面，平面平面，平面，

所以平面，又因为平面，

所以面平面，故A项正确；

对于B项，取BE中点M，AB中点N，连接、，则，，

由A项知，平面，所以平面，

所以以点M为原点，分别以、、为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图所示，

则，，，，，

所以，，

所以，

所以异面直线与所成角的余弦值为，故B项正确；

对于C项，因为，，，

设平面的一个法向量为，

则，

取，则，，所以，

所以点B到平面的距离为，故C项错误；

对于D项，由C项知，平面的一个法向量为，

设平面一个法向量为，又，

则，

取，则，，所以，

所以，

所以，

所以二面角的正弦值为，故D项正确.

故选：ABD.

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）

13. 回文联是我国对联中的一种.用回文形式写成的对联，既可顺读，也可倒读，不仅意思不变，而且颇具趣味.相传，清代北京城里有一家饭馆叫“天然居”，曾有一副有名的回文联:“客上天然居，居然天上客;人过大佛寺，寺佛大过人.”在数学中也有这样一类顺读与倒读都是同一个数的自然数，称之为:“回文数”.如44，585，2662 等，那么用数字1，2，3， 4，5，6可以组成4位“回文数”的个数为_______.

【答案】

【解析】

【分析】

根据题意，分2种情况讨论：①4位“回文数”中数字全部相同，②4位“回文数”中有2个不同的数字，求出每种情况下4位“回文数”的数目，由加法原理计算可得答案．

【详解】解：根据题意，分2种情况讨论：

①4位“回文数”中数字全部相同，有6种情况，即此时有6个4位“回文数”；

②4位“回文数”中有2个不同的数字，有种情况，即此时有30个4位“回文数”；

则一共有个4位“回文数”；

故答案为：．

【点睛】本题考查排列组合的应用，涉及分类计数原理的应用，关键是理解“回文数”的定义，属于基础题．

14. 有一道路网如图所示，通过这一路网从A点出发不经过C、D点到达B点的最短路径有___________种.

【答案】24

【解析】

【分析】根据已知，要想避开C、D点，需分步考虑.得到每一步的方法种类，用分步计数原理乘起来即可得出答案.

【详解】

如图，由已知可得，应从点，先到点，再到点，最后经点到点即可.

第一步：由点到点，最短路径为4步，最短路径方法种类为；

第二步：由点到点，最短路径为3步，最短路径方法种类为；

第三步：由点经点到点，最短路径为3步，最短路径方法种类为.

根据分步计数原理可得，最短路径有种.

故答案为：24.

15. 在正方体中，点是棱的中点，是侧面上的动点，满足//平面，若该正方体的棱长为，则点到直线的距离的最小值为__________.

【答案】

【解析】

【分析】根据线面平行分析可得：点在线段上，结合异面直线的距离以及垂直关系分析运算.

【详解】因为//，，

所以为平行四边形，则//，

平面，平面，

可得//平面，故点在线段上（点除外），

点到直线的距离的最小值为异面直线之间的距离，

如图，以为坐标原点建立空间直角坐标系，

则，

可得，

设，可得，

则，

令，解得，

即，此时，符合题意，

所以点到直线的距离的最小值为.

故答案为：.

16. 若关于的不等式恒成立，则实数的取值范围是_____.

【答案】.

【解析】

【分析】令，不等式转化为在恒成立，令，求得，当时，得到单调递增，结合时，，不符合题意；当时，求得函数单调性和最小值，得到，即可求解.

【详解】令，由时，可得，则，

则不等式，即为在恒成立，

令，可得，

当时，可得，可得单调递增，

因为时，，不符合题意，舍去；

当时，令，可得，

当时，，单调递减；

当时，，单调递增，

所以当时，函数取得极小值，即为最小值，

因为不等式恒成立，即为恒成立，

则满足，即，解得，

所以实数的取值范围是.

故答案为：.

三、解答题（本大题共5小题，共70分，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）

17. 已知数列满足，（）.记

（1）求证：等比数列；

（2）设，求数列的前项和.

【答案】（1）证明见解析   

（2）

【解析】

【分析】（1）由等比数列定义证明即可；

（2）使用错位相减法求和即可.

【小问1详解】

由已知，∵，∴，

∵，

∴，

又∵，∴，

∴易知数列中任意一项不为，∴，

∴数列是首项为，公比为的等比数列.

【小问2详解】

由第（1）问，，∴，

∴设数列的前项和为，则

①，

①得，

②，

①②得，

，

∴，

∴.

∴数列的前项和为.

18. 如图，在四棱锥中，平面，底面是平行四边形，，，.

（1）证明：平面；

（2）若，求直线与平面所成角的正弦值.

【答案】（1）证明见详解；   

（2）

【解析】

【分析】（1）由线线垂直证线面垂直即，即可证明结论；

（2）建立适当的空间直角坐标系，利用空间向量计算即可.

【小问1详解】

因为平面，平面，

所以，，

又，PA、PD平面PAD，，所以平面，

而平面，所以，

DC、PD平面PAD，，所以平面；

【小问2详解】

由（1）知PD、DA、DC两两垂直，如图所示以D为中心建立空间直角坐标系，

则，

设面PBC的一个法向量为，则有，即，

令，则，即

设直线与平面所成角为，则.

19. 已知的内角的对边分别为，且，.

（1）求角的大小；

（2）若，点满足，点满足，求.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据题意，由正弦定理得到，因为，求得，进而求得，即可求得的大小；

（2）在中，由余弦定理求得，再由，根据向量的数量积的运算公式，求得，再在中，求得，得到，进而得到，分别在和中，求得，，利用余弦定理求得，进而求得的值.

【小问1详解】

解：因为，可得，

由正弦定理得，可得，

又因为，可得，则，

因为，所以，可得，所以，

又因为，可得，所以.

【小问2详解】

解：在中，因为且，

由余弦定理得，即，

即，解得或（舍去），

设，因为，可得，

所以，

所以，即，

又因为，所以，所以，

在中，可得，可得，

因为，所以，

在中，可得，

所以，

在中，可得，

所以，

在中，可得，

所以

20. 如图，已知在三棱柱中，，，，，平面平面.

（1）求与所成角的余弦值；

（2）在棱上是否存在一点，使得二而角的余弦值为？若存在，求 出的值，若不存在，说明理由．

【答案】（1）；   

（2）存在，且．

【解析】

【分析】（1）建立如图所示的空间直角坐标系，由空间向量法求异面直线所成的角；

（2）假设存在点满足题意，设（，由空间向量法求二面角得值，从而得出结论．

【小问1详解】

因为，，，，

所以，所以，，，

以为轴，平面内，过与垂直的直线为轴，为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，，

，，

，

所以与所成角的余弦值是；

【小问2详解】

假设存在点满足题意，设（，则，

，，

设平面的一个法向量是，则

，取，则，，

，

设平面的一个法向量是，则

，取，则，，即，

，解得或（舍去），

由图可知当，二面角是钝二面角，满足题意，此时．

21. 已知，为实数．

（1）若，求的值，并讨论的单调性；

（2）若时，，求实数的取值范围；

（3）当时，若，且在处取极值，求证：

【答案】（1），的减区间是，增区间是；   

（2）；   

（3）证明见解析．

【解析】

【分析】（1）求出，由得，再利用得减区间，得增区间，

（2）由，在时恒成立得存在，在上单调递增，即恒成立，由此，得必要条件，然后证明其也是充分条件即可得参数范围；

（3）利用导数确定的单调性与极值，得，不妨设有，从而，因此问题转化为只要证，构造函数，利用导数证明（需要多次求导），从而得出证明．

【小问1详解】

由题意，，，即，

显然时，，单调递减，

令（），则，易知时，，单调递增，，所以单调递增，

所以的减区间是，增区间是；

【小问2详解】

，

，因此由题意知存在，在上单调递增，即恒成立，从而，所以，下证时，时，恒成立，

由（1）知时，时，恒成立，

时，由得，因此恒成立，

综上，的取值范围是；

【小问3详解】

，，，

由（1）知在上是增函数，，，

所以存在，使得，在上，单调递增，在即在上，，单调递增，是的极值点（极小值点），

．

，则，又，因此在时存在，值得，

所以由，不妨设，则，

要证，即证，

因为，所以，

由在上单调递增，且，因此只要证，

设，，

，

令，则，

设，

则，是增函数，即是增函数，

，所以即是减函数，，

所以是增函数，从而，

所以，即成立，

综上，

【点睛】方法点睛：证明与函数的极值点、方程的根有关的不等式的方法，一般利用导数确定极值点的范围，确定相应方程根的存在性与范围，同时不妨设，本题中得出，这样要证明的不等式变形为，结合在的单调增区间上，因此不等式转化为函数不等式，然后由方程根转化为，达到了消元的目的，然后再构造函数，利用导数证明成立，从而得出结论．