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2022-2023学年江苏省南京市江宁区高二（下）期末数学试卷（含解析）

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这是一份2022-2023学年江苏省南京市江宁区高二（下）期末数学试卷（含解析），共18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学年江苏省南京市江宁区高二（下）期末数学试卷

第I卷（选择题）

一、单选题（本大题共8小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）

1. 已知集合，，则( )

A. B.
C. D.

2. 已知为虚数单位，则复数的模为( )

A. B. C. D.

3. 已知，是平面中两个不共线的向量，若，，且，则( )

A. B. C. D.

4. 已知等比数列的公比为，则是为递增数列的( )

A. 充分但不必要条件 B. 必要但不充分条件
C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件

5. 已知函数在区间上单调递增，则的取值范围是( )

A. B. C. 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.

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.

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. B. C. D.

二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）

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

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
D. 函数的最小值为

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

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

第II卷（非选择题）

三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）

13. 已知，则 ______ ．

14. 展开式中，的系数为______ 以数字形式作答．

15. 函数在处的切线方程为______ ．

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______ ．

四、解答题（本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）

17. 本小题分
袋子中有个大小相同的小球，其中个白球、个黑球．
每次从袋子中随机摸出个球，摸完不放回，共摸次，求第二次摸到的球是白球的概率；
一次完整的试验要求：从袋子中随机摸出个球，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，或者试验进行了次设试验终止时试验的次数为，求随机变量的数学期望．

18. 本小题分
中，角，，所对的边分别是，，，满足：，
求角；
若，求的取值范围．

19. 本小题分
已知函数．
讨论的单调性；
证明：当时，．

20. 本小题分
已知数列的前项和为，，是公差为的等差数列．
求数列的通项公式；
若，且，数列的前项和为，求．

21. 本小题分
如图所示，在三棱锥中，已知平面，平面平面．
证明：平面；
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．

22. 本小题分
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．
求椭圆的方程；
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．

答案和解析

1.【答案】

【解析】解：因为，
故C，又因为，
则．
故选：．
求出集合，利用补集和交集的定义可求得集合A.
本题考查集合的运算，属于基础题．

2.【答案】

【解析】解：，
则，
故．
故选：．
根据已知条件，结合复数模公式，以及复数的四则运算，即可求解．
本题主要考查复数模公式，以及复数的四则运算，属于基础题．

3.【答案】

【解析】解：不共线，
，且，
存在实数，使，即，
根据平面向量基本定理得：，
．
故选：．
根据条件得出，从而得出，然后根据平面向量基本定理即可得出正确的选项．
本题考查了共线向量和平面向量基本定理，向量的数乘运算，考查了计算能力，属于基础题．

4.【答案】

【解析】

【分析】

本题考查充分、必要条件的判断，涉及等比数列的性质，属于基础题．
通过举反例判断即可．

【解答】

解：若，，则数列的前项依次为，，，
显然不是递增数列，充分性不成立，
等比数列，，，，，显然为递增数列，
但其公比，不满足，必要性不成立，
是为递增数列的既不充分也不必要条件．
故选D．

5.【答案】

【解析】解：函数在区间上单调递增，
函数在区间上单调递增且对于恒成立，
可得，即．
的取值范围是．
故选：．
问题转化为在区间上单调递增且对于恒成立，结合二次函数的开口方向及对称轴的位置列式求解的范围．
本题考查复合函数的单调性及其应用，考查化归与转化思想，是基础题．

6.【答案】

【解析】解：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为．
故选：．
根据古典概型概率公式计算即可．
本题主要考查古典概型的问题，熟记概率的计算公式即可，属于基础题．

7.【答案】

【解析】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，又矩形的面积为，
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：．
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．
本题考查了棱柱和棱锥的体积公式，属于中档题．

8.【答案】

【解析】解：圆：，所以圆心，半径为．
设，在双曲线右支上一个动点，且，
所以

因为，
所以当时，取最小值为．
故选：．
求出圆的圆心的坐标，结合平面向量的混合运算法则推出再由两点间的距离公式，配方法，即可得解．
本题考查双曲线的定义与几何性质，平面向量的混合运算，熟练掌握双曲线的几何性质，平面向量的混合运算法则是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．

9.【答案】

【解析】解：对于选项，在频率分布直方图中，所有矩形的面积之和为，
所以，，解得，对；
对于选项，这名同学成绩的平均数为，错；
对于选项，这名同学成绩的众数是，对；
对于选项，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，对．
故选：．
利用频率分布直方图中，所有矩形的面积之和为，求出的值，可判断选项；求出这名同学成绩的平均数，可判断选项；利用最高矩形底边的中点值为众数可判断选项；利用百分位数的定义求出这名同学成绩的百分位数，可判断选项．
本题考查频率分布直方图的性质，属于基础题．

10.【答案】

【解析】解：对于，根据全称量词命题的否定是存在量词命题知，
命题：任意，，命题的否定为：存在，，所以选项A正确；
对于，关于的不等式的解集为，则和是方程的解，
所以，解得，，所以，选项B错误；
对于，因为，，且，所以，
整理得，解得或舍去，
当且仅当，时取得最小值，所以选项C正确；
对于，函数，设，，
所以在上是单调增函数，时取得最小值为，所以的最小值是，选项D错误．
故选：．
中，根据全称量词命题的否定是存在量词命题判断即可；
中，利用不等式与对应方程的关系，结合根与系数的关系，判断即可；
中，利用基本不等式，结合一元二次不等式求解即可；
中，利用换元法和对勾函数的图象与性质，即可求出函数的最小值．
本题考查了基本不等式在最值求解中的应用问题，也考查了推理与判断能力，是中档题．

11.【答案】

【解析】解：函数，
由于函数的最小正周期为，
所以，
又函数过点，
所以，可得，
所以，，
因为，
故，
所以为偶函数，故A正确；
由，可得的一条对称轴为，故B正确；
由题意，故C错误；
由函数在上单调递减，
所以，
解得，故D正确．
故选：．
直接利用三角函数的关系式的变换，余弦型函数的性质的应用判断、、、的结论．
本题考查的知识要点：三角函数的关系式的变换，余弦型函数的性质的应用，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于中档题．

12.【答案】

【解析】解：对于：由抛物线的方程可得准线方程为，故A错误；
对于：设，则，可得，从而可得，
，故B正确；
对于，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，故C错误；
对于：设直线的方程为不妨设，
由，可得，，
由，同理可得，
，
当且仅当，即时取等号，故D正确．
故选：．
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．
本题考查抛物线的几何性质，考查方程思想，属中档题．

13.【答案】

【解析】解：，则．
故答案为：．
利用同角三角函数的基本关系式，化简所求表达式为正切函数的形式，求解即可．
本题考查三角函数的化简求值，同角三角函数的基本关系式的应用，考查计算能力．

14.【答案】

【解析】解：展开式的通项公式为，
令，解得，
所以；
令，解得，
所以；
所以展开式中的系数为．
故答案为：．
求出展开式的含与项的系数，再计算展开式中的系数．
本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，求展开式中某项的系数，属于基础题．

15.【答案】

【解析】解：由，得：，
．
又，
函数在处的切线方程为．
即．
故答案为：．
求出原函数的导函数，得到的值，再求出的值，然后利用直线方程的点斜式得答案．
本题考查了利用导数研究曲线上某点处的切线方程，过曲线上某点处的切线的斜率，就是函数在该点处的导数值，是中档题．

16.【答案】

【解析】解：由题，设的外接圆半径为，则，即，
因为平面，所以球心到平面的距离，
设外接球的半径为，则，
所以外接球的表面积为．
故答案为：．
求出的外接圆半径和球心到平面的距离，则可得出外接球的半径，进而求出表面积．
本题考查了三棱锥外接球的表面积计算，属于中档题．

17.【答案】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，
；
的可能取值为，，，
，
，
，
所以的分布列为：

所以数学期望．

【解析】利用全概率公式计算即可；
求出的所有可能取值，求出对应的概率，代入数学期望公式计算即可．
本题考查离散型随机变量的应用，属于中档题．

18.【答案】解：由已知得，，
由余弦定理，得，
，
，，
由正弦定理，有，
，，
又，；
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．

【解析】由余弦定理，得，由正弦定理，有，即可求解；
在三角形中，，利用正弦定理和三角形的恒等变换即可求解．
本题考查了正弦定理和余弦定理的综合应用，属于中档题．

19.【答案】解：由，得，
当时，，在上单调递减，
当时，令，得，
当时，，单调递增，
，，单调递减；
综上：当时，在上单调递减；
当时，在递增，在递减．
由知，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，．

【解析】求出函数的导数，通过讨论的范围，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间；
问题转化为证明，设，根据函数的单调性求出的最大值，从而证明结论成立．
本题考查了函数的单调性，最值问题，考查导数的应用以及不等式的证明，考查转化思想，是中档题．

20.【答案】解：因为是公差为的等差数列，，
，，
当时，；时，符合，
，．
由，且，
当时，则有
，
又也满足，故对任意的，，
，
．
．

【解析】是公差为的等差数列，写出其通项，可得数列的通项公式；利用叠加法可得数列的通项公式，从而可求数列的前项和为．
本题考查叠加法求通项，裂项求和，属于中档题．

21.【答案】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，平面，
所以，
又因为，，平面，
所以平面；
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，，，，
，，，，
设面的一个法向量为，
则，则可取，
因为在线段上不含端点，
所以可设，，
所以，
设面的一个法向量为，
则，则可取，
所以，，
解得或，
又，
所以，
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．

【解析】过点作于点，由面面垂直的性质可知平面，进而可得，再由线面垂直的性质可知，由此可证得平面；
建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，再利用向量的夹角公式结合已知条件即可得出结论．
本题考查线面垂直的判定定理，考查利用空间向量求解二面角的余弦值，考查空间想象能力，推理论证能力和运算求解能力，考查直观想象和数学运算等核心素养，属于中档题．