2022-2023學年江蘇省南京市江寧區(qū)高二下學期期末數(shù)學試題 一、單選題1．已知集合，，則（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】求出集合，利用補集和交集的定義可求得集合.【詳解】因為或，故，又因為，則.故選：C.2．已知（i為虛數(shù)單位），則復數(shù)的模為（    ）A．1 B． C．2 D．3【答案】B【分析】先計算，然后利用模的公式進行求解即可【詳解】因為所以，所以故選：B3．已知，是平面中兩個不共線的向量，若，，且，則（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】利用兩向量共線的基本定理，得到相應的關系式．【詳解】，，若，則，使，即，由，是平面中兩個不共線的向量，則有，即.故選：C4．各項均為正數(shù)的等比數(shù)列，公比為，則“”是“為遞增數(shù)列”的（    ）A．充分且不必要條件 B．必要且不充分條件C．充要條件 D．既不充分又不必要條件【答案】C【分析】先根據(jù)，得到遞增，充分性成立，再推導出必要性成立.【詳解】因為各項為正數(shù)，且，所以，即，所以為遞增數(shù)列，充分性成立，若為遞增數(shù)列，則，因為各項為正數(shù)，所以，必要性成立.故選：C5．已知函數(shù)在區(qū)間上單調遞增，則的取值范圍是（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】利用對數(shù)型復合函數(shù)單調性判斷方法，結合條件列式計算作答.【詳解】函數(shù)可看作函數(shù)，的復合函數(shù)， 又函數(shù)在上單調遞增，而函數(shù)在區(qū)間上單調遞增，則有函數(shù)在區(qū)間上單調遞增，且在區(qū)間恒成立，因此，解得，所以的取值范圍是.故選：D.6．五張卡片上分別寫有、、、、五個數(shù)字，則這五張卡片組成的五位數(shù)是偶數(shù)的概率（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】利用排列計數(shù)原理結合古典概型的概率公式可求得所求事件的概率.【詳解】若這五張卡片組成的五位數(shù)是偶數(shù)，則個位數(shù)為偶數(shù)，其余各數(shù)位無限制，因此所求概率為.故選：A.7．故宮太和殿是中國形制最高的宮殿，其建筑采用了重檐廡殿頂?shù)奈蓓敇邮?，廡殿頂是“四出水”的五脊四坡式，由一條正脊和四條垂脊組成，因此又稱五脊殿．由于屋頂有四面斜坡，故又稱四阿頂．如圖，某幾何體有五個面，其形狀與四阿頂相類似．已知底面為矩形，∥底面，，與是全等的等邊三角形，則該五面體的體積為（    ）  A． B． C． D．【答案】B【分析】將該五面體分割為四棱錐和三棱柱，結合棱柱和棱錐的體積公式求其體積.【詳解】過點作， 又，平面，所以平面，過點作，又，平面，所以平面，因為底面，平面，平面平面，所以，同理，所以，，平面，平面，平面，平面，所以，因為，與是全等的等邊三角形，由對稱性可得，，所以，，連接點與的中點，則，所以，又，所以三棱柱的體積為，因為平面，平面，所以，又，平面，，所以平面，又矩形AGHD的面積為2，所以四棱錐的體積為，由對稱性可得四棱錐的體積為，所以五面體的體積為，故選：B.  8．直線過圓的圓心，且與圓相交于，兩點，為雙曲線右支上一個動點，則的最小值為（    ）A．0 B．1 C．2 D．3【答案】D【分析】求出圓的圓心，根據(jù)題意可得、，利用平面向量的線性運算可得，即可求解.【詳解】圓，圓心，半徑，因為直線過圓的圓心，且與圓相交于，兩點，所以，又雙曲線，則，，右焦點為，所以，又，即，所以，當點在右頂點時取等號，即，所以的最小值為，故選：D.     二、多選題9．某班名學生參加數(shù)學競賽，將所有成績分成、、、、五組，成績的頻率分布直方圖如圖所示，則下列說法正確的是（    ）  A．的值為B．這名同學成績的平均數(shù)在與之間C．這名同學成績的眾數(shù)是D．估計這名同學成績的百分位數(shù)為【答案】ACD【分析】利用頻率分布直方圖中，所有矩形的面積之和為，求出的值，可判斷A選項；求出這名同學成績的平均數(shù)，可判斷B選項；利用最高矩形底邊的中點值為眾數(shù)可判斷C選項；利用百分位數(shù)的定義求出這名同學成績的百分位數(shù)，可判斷D選項.【詳解】對于A選項，在頻率分布直方圖中，所有矩形的面積之和為，所以，，解得，A對；對于B選項，這名同學成績的平均數(shù)為，B錯；對于C選項，這名同學成績的眾數(shù)是，C對；對于D選項，前三個矩形的面積之和為，前四個矩形的面積之和為，設這名同學成績的百分位數(shù)為，則，由百分位數(shù)的定義可得，解得，D對.故選：ACD.10．下列說法正確的是（    ）A．已知命題：任意，，則命題的否定為：存在，B．若關于的不等式的解集為，則C．如果，，，那么的最小值為6D．函數(shù)的最小值為2【答案】AC【分析】A選項，全稱量詞命題的否定是特稱量詞命題，把任意改為存在，把結論否定；B選項，根據(jù)不等式的解集得到方程的兩根，利用韋達定理求出的關系，從而求出；C選項，變形后利用基本不等式求出最小值；D選項，變形后利用基本不等式進行求解，但等號取不到.【詳解】A選項，命題：任意，的否定為：存在，，A正確；B選項，關于的不等式的解集為，則為的兩根，故，所以，故，B錯誤；C選項，，，，由基本不等式得到，即，解得或，當且僅當時，等號成立.由于，，故，舍去，的最小值為6，C正確；D選項，，當且僅當時，等號成立，但無解，故最小值取不到，D錯誤.故選：AC11．設函數(shù)的最小正周期為，且過點，則下列說法正確的是（    ）A．為偶函數(shù)B．的一條對稱軸為C．把的圖象向左平移個單位長度后得到函數(shù)，則D．若在上單調遞減，則的取值范圍為【答案】ABD【分析】利用輔助角公式將函數(shù)化簡，利用周期及特殊點求出函數(shù)解析式，然后利用余弦函數(shù)性質一一判斷即可.【詳解】，因為函數(shù)最小正周期為，，所以，則，又函數(shù)過點，所以，即，所以，所以，又，所以，所以，易知函數(shù)的定義域為R，且，所以為偶函數(shù)，故A正確；令，則，當時，的一條對稱軸為，故B正確；令，則，當時，在上單調遞減，若在上單調遞減，則的取值范圍為，故D正確；把的圖象向左平移個單位長度后得到函數(shù)，則，故C錯誤.故選：ABD12．已知是拋物線的焦點，，是拋物線上的兩點，為坐標原點，則（    ）A．拋物線的準線方程為B．若，則的面積為C．若直線過焦點，且，則到直線的距離為D．若，則【答案】BD【分析】根據(jù)拋物線的幾何性質，可判定A錯誤，結合拋物線的定義，可判定B正確；結合拋物線的焦點弦的性質和點到直線的距離公式，可判定C錯誤；設直線的方程為（不妨設）求得和，結合基本不等式，可判定D正確.【詳解】對于A中，拋物線可得其準線方程為，所以A錯誤；對于B中，設，因為，可得，解得，可得，所以，所以B正確；對于C中，拋物線，可得其焦點坐標為，當直線的斜率不存在時，可得，不符合題意；當直線的斜率存在時，設直線的方程為，聯(lián)立方程組，整理得，設，可得，根據(jù)拋物線的定義，可得，解得，所以直線的方程為，不妨取，所以到直線的距離為，所以C錯誤；對于D中，設直線的方程為（不妨設）由，可得，則，因為，此時直線的方程為，可得，所以，當且僅當時，即時，等號成立，所以D正確.故選：BD. 三、填空題13．已知，則      ．【答案】【分析】利用二倍角的正弦公式結合弦化切可求得所求代數(shù)式的值.【詳解】因為，則.故答案為：.14．展開式中，的系數(shù)為      ．（以數(shù)字形式作答）．【答案】【分析】由，結合二項式展開式求的系數(shù).【詳解】因為的展開式的通項為，，又，所以展開式中，的項為，所以展開式中，的系數(shù)為.故答案為：.15．曲線在點處的切線方程為      .【答案】【分析】利用導數(shù)的幾何意義求解即可【詳解】由，得，所以切線的斜率為，所以所求切線方程為，得，即，故答案為：16．在三棱錐中，面，為等邊三角形，且，則三棱錐的外接球的表面積為      ．【答案】【分析】由已知結合三棱錐和正三棱柱的幾何特征，可得此三棱錐外接球，即為以為底面以為高的正三棱柱的外接球，分別求出棱錐底面半徑r和球心距d，可得球的半徑R，即可求出三棱錐外接球的表面積．【詳解】因為是直三棱錐，底面是正三角形，所以可以將圖補形成為正三棱柱，如圖所示，  此三棱錐外接球，即為以為底面以為高的正三棱柱的外接球， 設球心為O，作平面，則為的外接圓圓心，連接，則，設的外接圓半徑為r，三棱錐外接球半徑為R，由正弦定理，得，所以，    中，，所以，解得，所以．故答案為：． 四、解答題17．袋子中有6個大小相同的小球，其中4個白球、2個黑球.(1)每次從袋子中隨機摸出1個球，摸完不放回，共摸2次，求第二次摸到的球是白球的概率；(2)一次完整的試驗要求：從袋子中隨機摸出1個球，記錄小球的顏色后再把小球放回袋中.試驗終止的條件是黑色小球出現(xiàn)兩次，或者試驗進行了4次.設試驗終止時試驗的次數(shù)為，求隨機變量的數(shù)學期望.【答案】(1)(2) 【分析】（1）利用全概率公式計算即可；（2）求出X的所有可能取值，求出對應的概率，代入數(shù)學期望公式計算即可.【詳解】（1）設：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，；（2）的可能取值為2，3，4，，，，所以的分布列為：234所以數(shù)學期望.18．中，角，，所對的邊分別是，，，滿足：，(1)求角；(2)若，求的取值范圍．【答案】(1)(2) 【分析】（1）根據(jù)余弦定理與正弦定理求得，從而求得角；（2）由正弦定理得用表示，用三角恒等變換化簡得，用三角函數(shù)求得范圍.【詳解】（1）由已知得，，由余弦定理，得，∴，∵，∴，由正弦定理，有，∵，∴，又，∴．（2）在三角形中，，由正弦定理得：，，∴，∵在三角形中，，，∴，顯然，即，則有，所以的取值范圍是．19．已知函數(shù)．(1)討論的單調性；(2)證明：當時，．【答案】(1)答案見解析(2)證明見解析 【分析】（1）求函數(shù)的導函數(shù)及其零點，分區(qū)間確定導數(shù)值的正負，由此確定函數(shù)的單調性；（2）結合（1）由分析可得要證明原結論只需證明，設，利用導數(shù)求其最大值即可.【詳解】（1）由，得，①當時，，在上單調遞減；②當時，令，得，當時，，單調遞增；，，單調遞減；（2）由（1）知，當時，，要證：當時，，可證：，因為，即證：，設，，令，則，所以當時，，單調遞增；當時，，單調遞減，，所以，即，所以當時，．20．已知數(shù)列的前項和為，，是公差為的等差數(shù)列．(1)求數(shù)列的通項公式；(2)若，且，數(shù)列的前項和為，求．【答案】(1)(2) 【分析】（1）根據(jù)等差數(shù)列的通項公式求得，再根據(jù)可求得數(shù)列的通項公式；（2）利用累加法求出數(shù)列的通項公式，然后利用裂項求和法可求得.【詳解】（1）解：因為是公差為的等差數(shù)列，，所以，得，當時，；時，符合，所以，．（2）解：由，且，當時，則有，又也滿足，故對任意的，，，則．21．如圖所示，在三棱錐中，已知平面，平面平面．  (1)證明：平面；(2)若，，在線段上（不含端點），是否存在點，使得二面角的余弦值為，若存在，確定點的位置；若不存在，說明理由．【答案】(1)證明見解析(2)存在；是上靠近的三等分點 【分析】（1）過點作于點，由面面垂直性質定理可得平面，由此證明，再證明，根據(jù)線面垂直判定定理證明結論；（2）建立空間直角坐標系，求平面，平面的法向量，利用向量夾角公式求法向量夾角，由條件列方程確定點的位置；【詳解】（1）過點作于點，因為平面平面，且平面平面，平面，所以平面，又平面，所以，又平面，平面，所以，又因為，，平面，所以平面．  （2）假設在線段上（不含端點），存在點，使得二面角的余弦值為，以為原點，分別以、為軸，軸正方向，建立如圖所示空間直角坐標系，則，，，， ，，，，設平面的一個法向量為，即取，，，所以為平面的一個法向量，因為在線段上（不含端點），所以可設，，所以，設平面的一個法向量為，即，取，，，所以為平面的一個法向量，，又，由已知可得解得或（舍去）， 所以，存在點，使得二面角的余弦值為，此時是上靠近的三等分點．  22．已知橢圓的右頂點和上頂點分別為，，為線段的中點，為坐標原點，且．(1)求橢圓的方程；(2)已知圓，為圓上任意一點，過點作橢圓的切線，交圓于點，若與斜率都存在，求證：為定值．【答案】(1)(2)證明見解析 【分析】（1）由條件結合向量的坐標運算列方程求，可得橢圓方程；（2）在的斜率不存在時求的值，當的斜率存在時，設直線的方程為，聯(lián)立直線與圓的方程結合設而不求法求，由直線與橢圓相切求的關系，由此證明結論.【詳解】（1）依題意可得，，，，所以，所以，所以橢圓的方程為：．（2）若的斜率不存在，則，或，，此時；若的斜率存在時，可設直線的方程為，，，由聯(lián)立消去可得，，方程的判別式，，，，所以，當直線與橢圓相切時，由聯(lián)立消去可得，，，化簡得，所以，綜上可得為定值．【點睛】關鍵點點睛：（1）解答直線與橢圓的題目時，時常把兩個曲線的方程聯(lián)立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根與系數(shù)的關系，并結合題設條件建立有關參變量的等量關系．（2）涉及到直線方程的設法時，務必考慮全面，不要忽略直線斜率為0或不存在等特殊情形． 

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