【名校】江苏省南京师范大学附属中学2022-2023学年高二下学期期末数学试题

这是一份【名校】江苏省南京师范大学附属中学2022-2023学年高二下学期期末数学试题，文件包含江苏省南京师范大学附属中学2022-2023学年高二下学期期末数学试题原卷版docx、江苏省南京师范大学附属中学2022-2023学年高二下学期期末数学试题解析版docx、名校江苏省南京师范大学附属中学2022-2023学年高二下学期期末数学试题docx等3份试卷配套教学资源，其中试卷共41页， 欢迎下载使用。

（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）
1. 复数在复平面内对应的点位于（）
A. 第一象限B. 第二象限
C. 第三象限D. 第四象限
【答案】D
【解析】
【分析】根据给定条件，利用复数的除法运算求出复数即可作答.
【详解】复数，
所以复数在复平面内对应的点位于第四象限.
故选：D
2. 设集合，则（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据一元二次不等式的解法求出集合，根据对数函数的单调性求出集合，再根据并集的定义即可得解.
【详解】，
，
所以.
故选：C.
3. 设某中学的女生体重（单位：）与身高（单位：）具有线性相关关系，根据一组样本数据，用最小二乘法建立的经验回归方程为.若该中学女生的平均身高为，则该中学女生的平均体重的估计值是（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】将代入回归直线方程，可得出该中学女生的平均体重的估计值.
【详解】将代入回归直线方程得，
因此，该中学女生的平均体重的估计值是.
故选：A.
4. 设与均为单位向量，它们的夹角为.若，则的范围是（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】运用数量积求模的方法求解.
【详解】依题意有：，即，
又，；
故选：B.
5. 设，则（）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】分别写成以5,8为底的对数，再由指数性质比较真数大小即可.
【详解】因为，所以，
故，即，
因为，而，
所以，故，
综上，
故选：D
6. 现有5名同学去3个养老院参加公益活动，每名同学只去1个养老院，每个养老院至少安排1名同学，则不同安排方案的种数为（）
A. 25B. 40C. 150D. 240
【答案】C
【解析】
【分析】按照和二种方法分组，再排列即可.
【详解】依题意，可以按照和2,2,1二种方法分组：
按照3,1,1分组有种方法；
按照2,2,1分组有种方法，一共有种方法；
故选：C.
7. 设函数，则关于的不等式的解集为（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先判断出利用奇偶性，再利用导数求得的单调性，从而利用奇偶性、单调性解不等式即可得解.
【详解】因为，其定义域为，
所以，故为奇函数，
又，
当且仅当，即时等号成立，所以在上单调递增，
故由得，即，
所以，解得.
故选：D.
8. 设抛物线的焦点为，准线为是与轴的交点，.过此抛物线上一点作直线的垂线，垂足记为点与相交于点，若，则点到轴的距离为（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据向量的线性关系确定，并确定相似比，再根据抛物线的定义即可求解.
【详解】作图如下
由得，
又因为为，的中点，
所以为的三等分点，且，
又因为，所以，且，
所以，
不妨设，且在第一象限，，
，所以，
因为点在抛物线上，所以，
所以根据相似关系，即点到轴的距离为.
故选：B.
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）
9. 甲､乙两地四月7日至14日的最高气温如图所示，下列说法中正确的是（）
A. 乙地在这8日内最高气温的极差为
B甲､乙两地12日温差最大
C. 甲地这8日平均气温为
D. 甲地的75百分位数是
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据所给气温折线图，计算极差，平均值，百分位数即可得解.
【详解】由折线图可知，乙地在这8日内最高气温的极差为，故A错误；
由图可知，甲､乙两地12日温度分别达到最高、最低，温差最大，故B正确；
甲地这8日平均气温为，故C正确；
因为，所以数据由小到大排列的第6与第7位的平均值即为75百分位数，故D正确.
故选：BCD
10. 已知为各项为正数的等比数列，，.记是数列的前项和，是数列的前项和，则下列说法正确的是（）
A. 数列的公比为2B.
C. 数列为等差数列D. 数列的前项和为
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据等比数列基本量的计算得公比，即可求解等比数列的通项公式，即可判断AC,根据等比数列的求和公式即可判断BD．
【详解】对于A：已知数列为各项为正数的等比数列，，
所以，解得；故A正确；
对于B：由条件得：，所以，故也为等比数列，且公比为4，
故，，所以，故B正确；
对于C：由于（常数），故C正确；
对于D:，故，故D错误．
故选：ABC．
11. 若函数，则在区间内可能（）
A. 单调递增B. 单调递减
C. 有最小值，无最大值D. 有最大值，无最小值
【答案】BC
【解析】
【分析】根据题意结合余弦函数性质分析判断.
【详解】因为，则，
当时，因为在上单调递减，
所以在区间内单调递减，无最值；
当时，令，解得，
因在上单调递减，则
所以在区间内单调递减，有最小值，无最大值；
综上所述：在区间内可能单调递减，有最小值，无最大值.
故选：BC.
12. 如图，圆锥内有一个内切球，球与母线，分别切于点，.若是边长为2的等边三角形，为圆锥底面圆的中心，为圆的一条直径（与不重合），则下列说法正确的是（）
A. 球的表面积与圆锥的侧面积之比为2：3
B. 平面截得圆锥侧面的交线形状为抛物线
C. 四面体的体积的取值范围是
D. 若为球面和圆锥侧面的交线上一点，则最大值为
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据球的表面积公式以及圆锥侧面积公式即可判断A，根据平面，结合圆锥曲线的性质即可判断B，根据锥体的体积公式即可判断C，根据垂直关系，结合勾股定理以及基本不等式即可判断D.
【详解】连接，
正内切圆即为球的截面大圆，球心在线段上，为边长为2的等边三角形，所以，
则球的半径，所以球的表面积，
圆锥的侧面积，球的表面积与圆锥的侧面积之比为，故A正确；
,
所以，是边，的中点，
，平面，平面，
平面，平面截得圆锥侧面的交线形状为抛物线，故B正确；
由题意可得四面体被平面截成体积相等的两部分，
设到平面的距离为，
即,，故C错误；
依题意，动点的轨迹是圆，所在平面与圆锥底面平行，令其圆心为，
由，是边，的中点，可得，，，
则有，即，因此，
由均值不等式得：，即，
当且仅当时取“”，故D正确．
故选：ABD．
第II卷（非选择题共90分）
三、填空题（本共大题共4小题，每小顾5分，共20分）
13. 若，则的值等于______.
【答案】
【解析】
【分析】利用两角差的正切公式可求出的值.
【详解】因为，，
故答案为：
【点睛】本题考查两角差的正切公式，考查了计算能力，属于基础题.
14. 展开式中的常数项为__________.
【答案】
【解析】
【分析】利用二项式展开式的通项公式，令x的指数为0，求得参数r的值，即可求得答案.
【详解】由题意的展开式的通项为，
令，
故展开式中的常数项为，
故答案为：60
15. 现有两个罐子，1号罐子中装有2个红球､1个黑球，2号罐子中装有3个红球､1个黑球.现先从1号罐子中随机取出一个球放入2号罐子，再从2号罐子中取一个球，则从2号罐子中取出的球是红球的概率为__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据给定条件，利用全概率公式求解作答.
【详解】记1号罐子中取出红球的事件为，取出黑球的事件为，从2号罐子中取出红球的事件为，
显然互斥，，
所以.
故答案为：
16. 若存在实数使得，则的值为__________.
【答案】##
【解析】
【分析】由已知得，令，利用导数可得，再根据等号成立的条件可得答案.
【详解】由已知得，
令，则，当时，，单调递增，
当时，，单调递减，所以，
可得，所以，
即，
当且仅当即等号成立，
此时的值为.
故答案为：.
四、解答题（本大题共6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. 已知各项不为零的数列满足：.
（1）求，并求的通项公式；
（2）记数列的前项和为，证明：.
【答案】（1），
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由，两边同除以，得，从而可知数列是首项为，公差为2的等差数列，可求数列的通项公式，进而可得答案；
（2）根据，结合（1），将通项裂项可得，求和后可得结论．
【小问1详解】
因为，所以，
所以，
所以数列是以1为首项，2为公差的等差数列，
所以，所以，；
【小问2详解】
，
所以
所以.
18. 的内角的对边分别为，已知.
（1）求；
（2）求周长的最大值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）运用正弦定理结合条件求解即得；
（2）运用余弦定理和基本不等式求解.
小问1详解】
由正弦定理，可知，
整理得，
因为，所以，
因为，所以，所以，
又因为，所以，
又，所以；
【小问2详解】
由余弦定理，得，
所以，
则，所以，当且仅当“”时取得等号，
所以周长的最大值为；
综上，，周长的最大值为.
19. “总要来趟南京吧!”今年一季度南京接待游客4千多万，居全省第一.南京的旅游资源十分丰富，既有中山陵､夫子庙､玄武湖､南京博物院等传统景区，又有科巷､三七八巷､德基广场等新晋网红景点.
（1）如果随机访问了50名外地游客，所得结果如下表所示：
试判断是否有的把握认为是否首选网红景点与性别有关；
（2）根据互联网调查数据显示，外地游客来南京旅游首选传统景区的概率是0.6，首选网红景点的概率是0.4.如果随机访问3名外地游客，他们中首选网红景点的人数记为，求的分布列和期望.
附：（其中.
【答案】（1）有（2）分布列见解析，1.2
【解析】
【分析】（1）根据表中的数据填写列联表，再按照公式计算；
（2）随机变量X服从二项分布，根据二项分布求出分布列和数学期望.
【小问1详解】
提出假设
：是否选择网红景点与性别没有关系.
由题意，补全列联表得
根据公式求得，
因为当成立时，的概率约为0.1，
所以有的把握认为，是否首选网红景点与性别有关；
【小问2详解】
由题意知，随机变量服从二项分布，
则的分布列为：
，
，，，，
的分布表为：
所以的期望值；
综上，是否首选网红景点与性别有关；的期望值.
20. 如图，在四棱台中，平面，四边形为菱形，.
（1）证明：；
（2）点是棱上靠近点的三等分点，求二面角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由线面垂直得到线线垂直，结合菱形对角线互相垂直，得到线面垂直，证明出结论；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求解二面角的大小.
【小问1详解】
四棱台中，延长后交于一点，故共面，
因为平面平面，故，
连接，因底面四边形为菱形，故，
因为平面，
故平面，
因为平面，
所以；
【小问2详解】
过点作的垂线交与点，以作为轴，以分别为轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
不妨设，则，
由于，故，
由于点是棱上靠近点的三等分点，故，
则，
则，
记平面的法向量为，则，
令，则，即..
平面的法向量可取为，
则
由图知二面角为锐二面角，故二面角的余弦值为.
21. 已知双曲线经过点，且离心率为2.
（1）求的方程；
（2）过点作轴的垂线，交直线于点，交轴于点.设点为双曲线上的两个动点，直线的斜率分别为，若，求.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意求出即可得解；
（2）设，方法一：分直线斜率存在和不存在两种情况讨论，设直线方程为，联立方程，利用韦达定理求得，再根据求出的关系，从而可得直线过定点，进而可得出答案.
方法二：可设直线方程为，由可得，再根据求出，从而可得直线过定点，进而可得出答案.
【小问1详解】
由题意得，解得，
所以的方程为；
【小问2详解】
由题意，点坐标为，点坐标为，设，
方法一：
①若直线斜率存在，设直线方程为，
，消去可得，
且，
且，
，
整理可得，
，
化简得，
即，
因为直线不过点，所以，
所以，即，
所以直线的方程为，恒过定点，
②若直线斜率不存在，则，
，
解得，所以直线的方程为，过定点，
综上，直线恒过定点，
设点到直线的距离为，点到直线的距离为，
.
方法二：
因为直线不过点，所以可设直线方程为，
由可得，
即，
，
得，
等式左右两边同时除以，
得，
，
，解得，
所以直线方程为，
即，恒过定点，
下同法一.
【点睛】方法点睛：求解直线过定点问题常用方法如下：
（1）“特殊探路，一般证明”：即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目的的一般性证明；
（2）“一般推理，特殊求解”：即设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线系或曲线的方程，再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即为所求点；
（3）求证直线过定点，常利用直线的点斜式方程或截距式来证明.
22. 已知函数.
（1）若，讨论的单调性；
（2）若，存在满足，且，求的取值范围.
【答案】（1）答案见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）求导后直接根据b的临界情况分类讨论即可；
（2）方法一：通过条件转化后构造，求导后分类讨论，舍去，时，二次求导，取，，通过放缩证明必有，从而存在，从而求出范围；
方法二：通过条件转化得到，然后换元令，转化为在上有解，通过求导与分类讨论进而求解即可.
【小问1详解】
当时，，
①当时，对任意恒成立，
所以的单调增区间是，无减区间；
②当时，令，得，令，得，
所以的单调增区间是，单调减区间是；
综上，当时，的单调增区间是，无减区间；
当时，的单调增区间是，单调减区间是.
【小问2详解】
方法一：
当时，，
因为，所以，
又因为，不妨设，
所以.
令，
则问题转化为在上有解.
注意到，
①当，即时，
对任意恒成立，
所以在上单调递增，，
在上无解，不符题意，舍去..
②当，即时，
设，
则，即上单调递增，所以，
从而在上单调递减.
因为，
所以存在.
从而在上单调递增，上单调递减.
取，
令，
设恒成立，
所以，从而，即，
因为，所以，所以.
此时
因为
且在上单调递增，上单调递减，
所以必有，从而存在，符合题意.
综上，.
方法二：
当时，，
因为，
所以，
因为，且，
所以，
令，
从而，
即，
令，
则问题转化为在上有解.
①若，即时，
在上恒成立，
所以在上单调递增，，
所以在上无解，不符题意，舍去.
②若，即时，
令，
则在上单调递增，，
所以在上单调递增，
因为，
，
所以存在，
从而在上单调递减，在上单调递增.
令，
所以，从而，即，
此时‘’
取，
此时，
所以
因为
且在上单调递减，上单调递增，
所以必有，从而存在，符合题意.
综上，
【点睛】导数是研究函数的重要工具，含有参数的问题要善于找到临界情况进而分类讨论，得到答案；极值点偏移类的问题多通过二次求导，研究一次导数变化趋势，进而快速求解.首选传统景区
首选网红景点
总计
男性
20
30
女性
12
20
0.05
0.10
0.001
3.841
2.706
10.828
首选传统景区
首选网红景区
合计
男性
20
10
30
女性
8
12
20
合计
28
22
50
0
1
2
3
0.064
0.288
0.432
0.216