2022-2023学年广西南宁市第三中学高二下学期期末考试试题含答案

2022-2023学年广西南宁市第三中学高二下学期期末考试试题

一、单选题

1．已知集合，集合为自然数集，则集合（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据指数函数的单调性求出集合，再根据交集的定义即可得解.

【详解】，∴．

故选：D.

2．已知为虚数单位，则在复平面上对应的点在（    ）

A．第一象限 B．第二象限

C．第三象限 D．第四象限

【答案】B

【分析】化简，即可得出复数在复平面内对应的点为，根据复数的几何意义即可得出答案.

【详解】.

所以，在复平面上对应的点为，

所以，在复平面上对应的点在第二象限.

故选：B.

3．已知向量，，若，则（    ）

A．1 B． C．0 D．

【答案】A

【分析】根据向量的坐标运算即可求解.

【详解】因为，，，

由，得，所以．

故选：A

4．函数的单调递增区间是（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据对数型复合函数的单调性即可求解.

【详解】由复合而成，

由于函数在定义域内为单调递增函数，在单调递增，

故由复合函数的单调性可知：的单调递增区间需要满足，解得，

故单调区间为，

故选：C

5．直线与双曲线相交于，两点，且，两点的横坐标之积为，则离心率（    ）

A．4 B．3 C． D．

【答案】C

【分析】联立，消元结合韦达定理可求得，再根据即可求解.

【详解】联立，得，

因为，即，

所以由韦达定理得，解得，

所以．

故选：C

6．已知等差数列的公差为，前项和为；则“”是“”的（    ）

A．充分不必要条件 B．必要不充分条件

C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件

【答案】A

【分析】根据等差数列的性质化简可得，即可求解.

【详解】由，所以，

所以“”是“”的充分不必要条件．

故选：A

7．已知，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】利用求得，利用的范围和可得答案.

【详解】因为，所以，

即，

因为，所以，所以，

所以，

可得.

故选：A.

8．已知圆：，直线：，直线与圆交于、，则的最大值为（    ）

A．1 B． C． D．

【答案】B

【分析】根据直线过定点，结合垂直关系求解弦长的范围，即可由二倍角公式结合二次函数的性质求解.

【详解】直线：变形为，

令和，解得，

所以直线恒过定点，点在圆内部，当垂直于时，最短， 此时所以,

由于，故时 ，此时最大，且最大值为

故选：B

二、多选题

9．在学校举办的某次舞蹈比赛中，共有7位评委分别给出某选手的原始评分，评定该选手的成绩时，从7个原始评分中去掉1个最高分、1个最低分，得到5个有效评分.5个有效评分与7个原始评分相比，可能变化的数字特征是（    ）

A．平均数 B．中位数 C．方差 D．极差

【答案】ACD

【分析】根据平均数、中位数、方差、极差的概念来进行求解，得到答案.．

【详解】设7位评委评分按从小到大排列为．

则原始中位数为，去掉最低分，最高分，后剩余，

中位数仍为，B错误．

原始平均数，后来平均数

平均数受极端值影响较大，与不一定相同，A正确．

由平均数不一定相同，易知方差不一定相同，C正确．

原极差，剩下5个数据的极差可能相等可能变小，D正确．

故选：ACD.

10．已知函数的图象过原点，且无限接近直线，但又不与该直线相交，则（    ）

A．， B．的值域为

C．若，则 D．若，且，则

【答案】AD

【分析】由，，判断A；由指数函数的单调性判断BC；由偶函数的性质判断D.

【详解】∵过原点，∴，∴①，

又∵时，，

∴时，，由题，图象无限接近直线，则②，

由①②知，，故A正确；

所以，，，所以B错误；

由图知，在上单调递减，因为，则，故C错误；

∵由题可得函数为偶函数，∴，又∵，∴，∴，∴，故D正确．

故选：AD

11．已知函数的定义域都为为奇函数，且，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】BD

【分析】对A，根据令结合为奇函数推导即可；对B，根据结合为奇函数，再令推导即可；对C，求出判断即可；对D，根据奇偶性与周期性可得，进而判断即可.

【详解】对A，由，令可得，又为奇函数，故，，故A错误；

对B，由及可得，

又为奇函数，则，令则，

故.故B正确；

对C，由及可得，当时不成立，故C错误；

对D，由AB可得且周期为2，故，故，故D正确；

故选：BD

12．古希腊数学家欧几里得在《几何原本》卷11中这样定义棱柱：一个棱柱是一个立体图形，它是由一些平面构成的，其中有两个面是相对的、相等的，相似且平行的，其它各面都是平行四边形．显然这个定义是有缺陷的，由于《几何原本》作为“数学圣经”的巨大影响，该定义在后世可谓谬种流传，直到1916年，美国数学家斯顿（J． C． Stone）和米利斯（J． F． Millis）首次给出欧氏定义的反例．如图1，八面体的每一个面都是边长为4的正三角形，且4个顶点，，，在同一平面内，取各棱的中点，切割成欧氏反例（如图2），则该欧氏反例（    ）

A．共有12个顶点 B．共有24条棱

C．表面积为 D．体积为

【答案】BCD

【分析】对于AB，以图1中平面为分界面进行数数即可；对于CD，根据题意到得图2中的棱长均为，再利用面积公式与体积公式即可得解.

【详解】对于A，以图1中平面为分界面进行数数，

易知欧氏反例（即图2）在平面上方的顶点有个，在平面中的顶点有个，在平面下方的顶点有个，共有个顶点，故A错误；

对于B，易知欧氏反例在平面上方的棱有条，根据对称性可知在平面下方的棱有条，共有条棱，故B正确；

对于C，由题意与中位线定理易得欧氏反例的表面是由个棱长为，其中一个角为的菱形，与个棱长为的正方形组成，

所以其表面积为，故C正确；

对于D，由题意可知，欧氏反例的体积可由两个棱长为4的正四棱锥减掉四个棱长为2的正四棱锥而得，

对于棱长为的正四棱锥，其底面面积为，其底面对角线长为，

所以其高为，故其体积为，

所以欧氏反例的体积为，故D正确.

故选：BCD.

【点睛】关键点睛：本题解决的关键发挥空间想象能力，理解欧氏反例的结构特征，从而得解.

三、填空题

13．为巩固拓展脱贫攻坚成果同乡村振兴有效衔接，做好脱贫县的教育帮扶工作，某市教育局安排甲、乙、丙、丁四位志愿者参加、、三个贫困县的支教工作，要求每个县至少去1人，且每位志愿者只能到一个县支教，则不同的安排方法共有      种．

【答案】

【分析】按照分成三组，再分配，即可得解.

【详解】由题意，按照分成三组，再分配，

则不同的安排方法共有种.

故答案为：.

14．若某圆锥高为3 ， 其侧面积与底面积之比为， 则该圆锥的体积为        .

【答案】

【分析】由题意可列出关于圆锥底面半径和母线的方程组，解方程组即可求得底面半径和母线，从而可求圆锥的体积.

【详解】设此圆锥的底面半径为，母线长为，则，

因为圆锥的侧面展开图是一个扇形，扇形的弧长是圆锥底面圆的周长，扇形的半径是圆锥母线长，所以，，又侧面积与底面积之比为，

所以，所以，结合可解得，，

所以该圆锥的体积.

故答案为：

15．已知函数在区间上是增函数，且在区间上恰好取得一次最大值，则的取值范围是     

【答案】

【分析】根据三角函数的单调性和周期，求得的一个取值范围，结合三角函数的最值，求得的另一个取值范围.根据两个取值范围的交集，求得的取值范围.

【详解】由，可得，

因为函数在区间上是增函数，

所以，解得，

由，得，

因为函数在区间上恰好取得一次最大值，

所以，解得，

综上的取值范围是.

故答案为：.

16．若正方形ABCD的一条边在直线上，另外两个顶点在抛物线上.则该正方形面积的最小值为                .

【答案】80

【分析】位于抛物线上的两个顶点坐标为、，则CD所在直线的方程联立直线和抛物线得到横坐标，，由点点距公式得到根据点线距离公式得到，联立两式得到a的最值，进而得到面积最值.

【详解】设正方形的边AB在直线上，而位于抛物线上的两个顶点坐标为、，则CD所在直线的方程将直线的方程与抛物线方程联立，得

令正方形边长为则①

在上任取一点（6，,5），它到直线的距离为②.

联立两式解得或

故答案为80.

【点睛】在处理直线和圆锥曲线的位置关系时，往往先根据题意合理设出直线方程，再联立直线和圆锥曲线方程，但要注意“直线不存在斜率”的特殊情况，如本题中利用直线不存在斜率时探究其定点，给一般情形找到了目标.

四、解答题

17．数列的前项和为，且点在直线上．

(1)求的通项公式；

(2)等差数列的各项为正数，其前项和为，且，又，，成等比数列，求．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据与的关系求解即可；

（2）设的公差为，根据题意求出等差数列的首项与公差，再根据等差数列的前项和公式即可得解.

【详解】（1）由，可得，

两式相减，得，，

又因为，所以，

故是首项为1，公比为3的等比数列，

所以；

（2）设的公差为，由，得，

可得，

故，，

又，，，

由题意可得，

解得，，

因为等差数列的各项为正数，所以，

所以，则，

所以.

18．如图，在三棱柱中，平面ABC，，，，点D，E分别在棱和棱上，且，，M为棱的中点.

(1)求证：；

(2)求直线AB与平面所成角的正弦值.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）根据题意，建立空间直角坐标系，然后由向量的数量积为，即可证明向量垂直；

（2）根据题意，由空间向量的坐标运算，再结合线面角的计算公式，即可得到结果.

【详解】（1）  

证明：根据题意，以为原点，分别以所在直线为轴，建立如图所示空间直角坐标系，则，，，，

，，，，，

，，

则，

所以，即；

（2）由（1）可得，，设平面的法向量为

则，解得，取，则

所以平面的一个法向量为，

又因为，

设AB与平面所成角为，

所以，

所以直线AB与平面所成角的正弦值为.

19．已知锐角的内角，，的对边分别为，，，且．

(1)求角的大小；

(2)若，求的取值范围．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）先利用诱导公式及正弦定理化边为角，再结合两角和的正弦公式化简即可得解；

（2）先利用正弦定理求出，再根据三角恒等变换结合正弦函数的性质即可得解.

【详解】（1）由，即，

得，

由正弦定理可得，

即，

所以，

所以，因为，所以，

所以，又，所以；

（2）由正弦定理，

所以

，

因为为锐角三角形，且，

所以，解得，

所以，

所以，，

所以的取值范围为.

20．某商场为了回馆顾客，开展一个抽奖活动，在抽奖箱中放5个大小相同的小球，其中红球2个，白球3个．规定：每次抽奖时顾客从抽奖箱中随机摸出一个小球，如果摸出的是红球即为中奖，球不放回；如果摸出的是白球即为不中奖，球放回袋子中，每名顾客可进行三次抽奖．求：

(1)在第2次取出的是白球的条件下，第1次取出的是红球的概率；

(2)取了3次后，取出的红球个数的分布列及数学期望．

【答案】(1)

(2)分布列见解析；期望为

【分析】（1）设事件为第1次取出的是红球，事件为第2次取出的是白球，根据条件概率公式计算即可；

（2）记取了3次后，取出的红球的个数为，则的可能取值为0，1，2，计算对应概率，写出分布列和期望即可．

【详解】（1）设事件为第1次取出的是红球，事件为第2次取出的是白球；

则，

，

所以．

（2）记取了3次后，取出的红球的个数为，则，

，

，

的分布列为

的数学期望

21．已知椭圆：的一个端点为，且离心率为，过椭圆左顶点的直线与椭圆交于点，与轴正半轴交于点，过原点且与直线平行的直线交椭圆于点，．

(1)求椭圆的标准方程；

(2)求证：为定值．

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）根据离心率和过点列方程组求出，得到椭圆的标准方程；

（2）应用弦长公式分别求出计算化简可得定值.

【详解】（1）因为椭圆：过点，

所以，

又椭圆的离心率为，则

所以，

故椭圆方程为

（2）设直线的方程为，

所以，

设，由，

得，

则，

所以，

设直线的方程为，

由，得，

设，则，则，

所以，

故，

因此为定值.

【点睛】关键点点睛：定值取得的关键是对弦长公式的应用及结合图形的对称性得出.

22．已知函数．

(1)求函数的单调区间；

(2)若对任意，存在正实数，，使得恒成立，证明：．

【答案】(1)当 时，函数的减区间为 ;

当 时，函数的减区间为: ；

(2)证明见解析.

【分析】（1）根据求导后分类讨论即可求解；（2）根据题设条件构造函数，进行不等式放缩，并进行证明即可求解.

【详解】（1），

函数的定义域为 ，

当时，，函数在单调递减；

当 时，由，有，解得:,

即函数的减区间为，

综上所述，当时，函数的减区间为；

当 时，函数的减区间为.

（2）对任意，存在正实数使，

即，

即，

即,

即，

即，

令，正实数，

所以，

令，

所以，

所以时，，所以为减函数，

时，，所以为增函数，

，

设，

若对任意，存在正实数，使得恒成立，

所以，

所以

即或（舍去），

所以，

即.

【点睛】关键点点睛：本题解题关键是由已知得到，先通过换元求出的范围，再进一步得到的范围，从而得到证明.