2022-2023學年廣西南寧市第二中學高二下學期期末考試數學試題 一、單選題1．設，已知集合，且，則實數的取值范圍是（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】由題設可得，根據已知集合的并集結果即可求的取值范圍.【詳解】由題設，，又，，∴.故選：D2．復數＝A． B． C． D．【答案】A【詳解】試題分析：，故答案為A.【解析】復數的四則運算.3．若向量，的夾角為，且，，則為（    ）A． B． C．12 D．4【答案】B【分析】由模長公式可得，代入已知數據計算可得.【詳解】因為向量與的夾角為，，，所以.故選：B4．已知圓錐的側面展開圖是一個半徑為4，弧長為的扇形，則該圓錐的表面積為（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】圓錐的側面展開圖是一個半徑為4，弧長為的扇形，可知底面圓的半徑，再求的底面圓的面積和圓錐的側面積，即可求得該圓錐的表面積.【詳解】由于圓錐的側面展開圖是一個半徑為4，弧長為的扇形，則圓錐底面圓的半徑為，底面圓的面積為，圓錐的表面積為.故選：C.5．設O為正方形ABCD的中心，在O，A，B，C，D中任取3點，則取到的3點共線的概率為（    ）A． B．C． D．【答案】A【分析】列出從5個點選3個點的所有情況，再列出3點共線的情況，用古典概型的概率計算公式運算即可.【詳解】如圖，從5個點中任取3個有共種不同取法，3點共線只有與共2種情況，由古典概型的概率計算公式知，取到3點共線的概率為.故選：A【點晴】本題主要考查古典概型的概率計算問題，采用列舉法，考查學生數學運算能力，是一道容易題.6．已知函數的部分圖象如圖所示，且經過點，則（    ）A．關于點對稱B．關于直線對稱C．為奇函數D．為偶函數【答案】D【分析】根據圖象求得函數的解析式，結合三角函數的圖象與性質，逐項判定，即可求解.【詳解】由題意，可得，根據圖形走勢，可得，解得，令，可得，所以，由，所以A不正確；由，可得不是函數的對稱軸，所以B不正確；由，此時函數為非奇非偶函數，所以C不正確；由為偶函數，所以D正確.故選：D .7．已知，且，則（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】構造函數，求導得其單調性，即可得到，通過化簡，可得，即可判斷大?。?/span>【詳解】由，得.令，則，所以當時單調遞增；當時單調遞減.又，又因為，所以又，所以故選：C．【點睛】本題關鍵之處在于如何通過化簡找到相似結構，從而構造函數，求導即可．8．為慶祝國慶，立德中學將舉行全校師生游園活動，其中有一游戲項目是夾彈珠．如圖，四個半徑都是1cm的玻璃彈珠放在一個半球面形狀的容器中，每顆彈珠的頂端恰好與容器的上沿處于同一水平面，則這個容器的容積是（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】根據四個小球和容器的相切關系，作出對應的正視圖和俯視圖，建立球心和半徑之間的關系即可得到容器的半徑.【詳解】分別作出四個小球和容器的正視圖和俯視圖，如圖所示: 正視圖中小球球心B，半球球心O與切點A構成直角三角形，則有，俯視圖中，四個小球球心的連線圍成正方形，正方形的中心到球心的距離與正視圖中的相等， 設半球半徑為R，已知小球半徑r=1，∴ ，，，.半球面形狀的容器的容積是.故選：B 二、多選題9．若點為曲線上的動點，點為直線上的動點，則的可能取值為（    ）A． B． C．1 D．【答案】ACD【分析】根據、圖象分析最小時P的位置，利用導數幾何意義求上斜率為1的切線，應用平行線距離公式求的最小值，逐項判斷即可.【詳解】由題意，要使的最小，為平行于的直線與的切點，  令，可得，故切點為，以為切點平行于的切線為，此時有，則的可能取值為，1，.故選：ACD10．如圖，在棱長為4的正方體中，E，F，G分別為棱，，的中點，點P為線段上的動點，則（    ）A．兩條異面直線和所成的角為B．存在點P，使得平面C．對任意點P，平面平面D．點到直線的距離為4【答案】BCD【分析】根據異面直線所成角的概念結合正方體的性質可判斷A，根據線面平行的判定定理可判斷B，根據線面垂直的判定定理可得平面，然后根據線線垂直的判定定理可判斷C，利用余弦定理結合條件可判斷D.【詳解】對于A，由正方體的性質可知，兩條異面直線和所成的角即為，所以A錯誤；對于B，當點P與點重合時，由題可知，所以，四邊形為平行四邊形，故，又平面，平面，則平面，所以B正確；對于C，連結，由于平面，平面，故，又，故，故，即，故，又相交，平面，故平面，又平面，故對任意點，平面平面，所以C正確；對于D，由正方體的性質可得，，所以，所以，所以點到直線的距離，所以D正確．故選：BCD．11．已知拋物線C：的焦點為F，P為C上一點，下列說法正確的是（    ）A．拋物線C的準線方程為B．直線與C相切C．若，則的最小值為4D．若，則的周長的最小值為11【答案】ABD【分析】確定，，設，計算A正確，聯立方程得到B正確，，C錯誤，過點作垂直于準線于，計算得到D正確，得到答案.【詳解】拋物線C：，即，，，設， 對選項A：拋物線C的準線方程為，正確；對選項B：，整理得到，方程有唯一解，故相切，正確；對選項C：，時取等號，錯誤；對選項D：過點作垂直于準線于， ，當共線時等號成立，正確.故選：ABD12．已知是定義域為的奇函數，函數，，當時，恒成立，則（    ）A．在上單調遞增B．的圖象與x軸有2個交點C．D．不等式的解集為【答案】BC【分析】變換得到，函數單調遞減，A錯誤，計算，B正確，根據結合奇偶性得到C正確，解不等式得到D錯誤，得到答案.【詳解】，兩邊同時除以得，即，，則在上單調遞減，A錯誤；因為是定義域為的奇函數，且，所以在上單調遞減，且，B正確.由得，即，即，C正確.不等式的解集為，D錯誤.故選：BC. 三、填空題13．在二項式的展開式中，的系數為          ．【答案】.【分析】由題意結合二項式定理展開式的通項公式得到的值，然后求解的系數即可.【詳解】結合二項式定理的通項公式有：，令可得：，則的系數為：.【點睛】（1）二項式定理的核心是通項公式，求解此類問題可以分兩步完成：第一步根據所給出的條件（特定項）和通項公式，建立方程來確定指數（求解時要注意二項式系數中和的隱含條件，即、均為非負整數，且，如常數項指數為零、有理項指數為整數等）)；第二步是根據所求的指數，再求所求解的項．（2）求兩個多項式的積的特定項，可先化簡或利用分類加法計數原理討論求解．14．臺風中心從A地以每小時20千米的速度向東北方向移動，離臺風中心30千米內的地區(qū)為危險區(qū)，城市B在A的正東40千米處，則B城市處于危險區(qū)的時間為       小時．【答案】1【分析】設地東北方向上存在點到的距離為30千米，，結合余弦定理得到，進而結合韋達定理即可求出，從而求出結果.【詳解】設地東北方向上存在點到的距離為30千米，，在中，，故，化簡得，設方程的兩根為，則，，所以，即圖中千米，所以B城市處于危險區(qū)的時間為小時，故答案為：1.15．若函數在區(qū)間上有最大值，則實數a的取值范圍是      .【答案】【解析】求函數導數，研究其最大值取到的位置，由于函數在區(qū)間上有最大值，故最大值點的橫坐標在區(qū)間內，由此可以得到關于參數a的不等式，解之求得實數a的取值范圍.【詳解】由題意得：，令解得；令解得或，所以函數在上是增函數，在上是減函數，在上是增函數，故函數在處取到極大值2，所以極大值必是區(qū)間上的最大值，∴，解得.檢驗滿足題意故答案為：.16．如圖，在平面直角坐標系中，，分別為橢圓的左，右焦點，、分別為橢圓的上、下頂點，直線與橢圓的另一交點為，若，則直線的斜率為      .  【答案】【分析】由求出，設，可得，從而，進而由，可求出.【詳解】由橢圓的對稱性及得，因為，所以，設，則，即，則，因為，所以，所以，所以，故.故答案為： 四、解答題17．中，sin2A－sin2B－sin2C=sinBsinC．（1）求A；（2）若BC=3，求周長的最大值.【答案】（1）；（2）.【分析】（1）利用正弦定理角化邊，配湊出的形式，進而求得；（2）方法一：利用余弦定理可得到，利用基本不等式可求得的最大值，進而得到結果.【詳解】（1）由正弦定理可得：，，，.（2）[方法一]【最優(yōu)解】：余弦+不等式由余弦定理得：，即.（當且僅當時取等號），，解得：（當且僅當時取等號），周長，周長的最大值為.[方法二]：正弦化角（通性通法）設，則，根據正弦定理可知，所以，當且僅當，即時，等號成立．此時周長的最大值為．[方法三]：余弦與三角換元結合在中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c．由余弦定理得，即．令，得，易知當時，，所以周長的最大值為．【整體點評】本題考查解三角形的相關知識，涉及到正弦定理角化邊的應用、余弦定理的應用、三角形周長最大值的求解問題；方法一：求解周長最大值的關鍵是能夠在余弦定理構造的等式中，結合基本不等式構造不等關系求得最值. 方法二采用正弦定理邊化角，利用三角函數的范圍進行求解最值，如果三角形是銳角三角形或有限制條件的，則采用此法解決. 方法三巧妙利用三角換元，實現邊化角，進而轉化為正弦函數求最值問題.18．已知數列的首項，且滿足.(1)求證：是等比數列；(2)求數列的前項和.【答案】(1)證明見解析(2) 【分析】（1）根據題意結合等比數列的定義分析證明；（2）先根據等比數列的通項公式可得，再利用分組求和結合等比數列的求和公式運算求解.【詳解】（1）因為，即，則，又因為，可得，所以數列表示首項為，公比為的等比數列.（2）由（1）知，所以.所以，當為偶數時，可得；當為奇數時，可得；綜上所述：.19．如圖，三棱柱中，側面為矩形，且，為的中點，．  (1)證明：平面；(2)求平面與平面的夾角的余弦值．【答案】(1)證明見解析(2) 【分析】（1）連接與交于點，連接，則可得∥，再利用線面平行的判定定理可證得結論；（2）由已知條件可證得兩兩垂直，所以以為坐標原點，以所在的直線分別為軸建立空間直角坐標系，然后求出平面與平面的法向量，利用空間向量求解即可.【詳解】（1）證明：連接與交于點，連接，因為四邊形為平行四邊形，所以點為的中點，因為為的中點，所以∥，因為平面，平面，所以平面；（2）解：因為四邊形為矩形，所以，因為，，平面，所以平面，因為平面，所以，所以，因為，，，所以，所以，所以兩兩垂直，所以以為坐標原點，以所在的直線分別為軸建立空間直角坐標系，則，因為，，，平面，所以平面，所以為平面的一個法向量，設為平面的法向量，因為，所以，令，則，設平面與平面的夾角為（），則，即平面與平面的夾角的余弦值為.  20．甲、乙是北京2022冬奧會單板滑雪坡面障礙技巧項目的參賽選手，二人在練習賽中均需要挑戰(zhàn)3次某高難度動作，每次挑戰(zhàn)的結果只有成功和失敗兩種．(1)甲在每次挑戰(zhàn)中，成功的概率都為．設為甲在3次挑戰(zhàn)中成功的次數，求的分布列和數學期望；(2)乙在第一次挑戰(zhàn)時，成功的概率為0.5，受心理因素影響，從第二次開始，每次成功的概率會發(fā)生改變，其規(guī)律為：若前一次成功，則該次成功的概率比前一次成功的概率增加0.1；若前一次失敗，則該次成功的概率比前一次成功的概率減少0.1；求乙在前兩次挑戰(zhàn)中，恰好成功一次的概率．【答案】(1)分布列見解析，(2)0.4． 【分析】(1)由已知得，然后列出相應分布列即可.(2)根據條件概率的計算公式，列出相應的計算公式，直接計算求解即可.【詳解】（1）由題意得，，則，其中，則X的分布列為：X0123P則.（2）設事件為“乙在第i次挑戰(zhàn)中成功”，其中．設事件B為“乙在前兩次挑戰(zhàn)中，恰好成功一次”，則，則．即乙在前兩次挑戰(zhàn)中，恰好成功一次的概為0.4．21．已知雙曲線的一條漸近線方程為，且雙曲線經過點.(1)求雙曲線的方程；(2)過點且斜率不為0的直線與交于兩點（與點不重合），直線分別與直線交于點，求的值.【答案】(1)；(2). 【分析】（1）由題得，進而即得；（2）設直線的方程為，聯立雙曲線方程，根據直線，的方程表示出結合韋達定理即得.【詳解】（1）由題意可知，解得，所以雙曲線的方程為.（2）設直線的方程為，代入中，可得，設，則.  直線的方程為，令，得點的縱坐標為，直線的方程為，令，得點的縱坐標為，因為，所以，即.【點睛】方法點睛：利用韋達定理法解決直線與圓錐曲線相交問題的基本步驟如下：（1）設直線方程，設交點坐標為；（2）聯立直線與圓錐曲線的方程，得到關于（或）的一元二次方程，必要時計算；（3）列出韋達定理；（4）將所求問題或題中的關系轉化為、（或、）的形式；（5）代入韋達定理求解.22．已知函數，.(1)當時，若，證明：；(2)當時，，求的取值范圍.【答案】(1)證明見解析(2) 【分析】（1）首先不等式變形后，構造函數，利用導數證明，即可證明；（2）首先構造函數，分，和三種情況討論函數的單調性，討論不等式，并得到的取值范圍.【詳解】（1）當時，需證，只需證，設，則，當時，，所以在上單調遞增，所以，所以；（2）因為，所以，設，可得，又，則，若，，由（1）知，當時，；當時，，所以恒成立，符合題意；若，，當時，，不合題意；若，令，則，因為，所以，所以在上單調遞增，因為，又，所以存在，，當時，，在上單調遞減，，不合題意；綜上，，即的取值范圍是.【點睛】方法點睛：證明不等式的題目常常通過等價變形轉化為證明在定義域（或給定區(qū)間）上恒成立，通過構造函數，求不等式號左邊的最值，進而得結果. 

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