江苏省淮安市名校2022-2023学年高二下学期期末检测数学试卷（Word版含答案）

淮安市名校2022-2023学年高二下学期期末检测数学试卷
一、单项选择题：本题共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、集合，，则( )
A. B. C. D.
2、设，，，则( )
A. B. C. D.
3、若非零向量满足，且，则a与b的夹角为( )
A. B. C. D.
4、“五一”小长假期间，某学生会组织看望留守老人活动，现安排A，B，C，D，E，F，G，H共8名学生的小组去看望甲，乙，丙，丁四位留守老人，小组决定两名学生看望一位老人，考虑到学生与老人住址距离问题，学生A不安排看望老人甲，学生B不安排看望老人乙，则安排方法共有( )
A.1260种 B.2520种 C.1440种 D.1890种
5、函数的部分图象如图所示，B，C分别为函数的图象与x轴、y轴的交点，.若函数的图象与直线在内的两个交点的坐标分别为和，则( )
A. B. C. D.
6、已知数列满足，，若数列的前50项和为1273，则( )
A.0 B.-1 C.1 D.2
7、如图，，分别是双曲线的左、右焦点，过的直线与双曲线左、右两支分别交于点P，Q，若，M为PQ的中点，且，则双曲线的离心率为( )
A. B. C. D.2
8、已知函数，给出下面三个结论：
①函数没有最大值，但有最小值；
②函数在区间上不存在零点，也不存在极值点；
③若，则.
其中，所有正确结论的序号是( ).
A.①③ B.①② C.②③ D.①②③
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分。
9、下列化简正确的是( )
A.
B.
C.
D.
10、在公比为整数的等比数列中,是数列的前项和,若,则下列说法正确的是( )
A. B.数列是等比数列
C. D.数列是公差为2的等差数列
11、如图,已知E是棱长为2的正方体的棱BC的中点,F是棱的中点,设点D到平面的距离为d,直线DE与平面所成的角为，平面与平面AED的夹角为,则下列说法正确的有( )
A.平面 B. C. D.
12、已知函数，则( )
A.当时，
B.，方程有实根
C.方程有3个不同实根的一个必要不充分条件是“”
D.若，且方程有1个实根，方程有2个实根，则
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、的展开式中，项的系数为_________.
14、_____________.
15、已知，，则的最小值是__________；当恒成立时，M的最小值是____________.
16、给出下列命题：
①直线与线段AB相交，其中，，则k的取值范围是；
②点关于直线的对称点为；
③圆上恰有3个点到直线的距离为1；
④直线与抛物线交于A,B两点，则以AB为直径的圆恰好与直线相切.
其中是真命题的是__________（填序号）.
四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17、（10分）已知函数.
(1)求函数的最小正周期和单调递增区间；
(2)在中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且，若，求的面积.
18、已知数列的前n项和为，，.
（1）求数列的前n项和；
（2）令，求数列的前n项和.
19、（12分）2021年是中国共产党成立一百周年，中共中央组织部、中央广播电视总台联合录制了3期《党课开讲啦》节目.某校组织全校师生观看学习该节日，并对全校学生进行党史知识测试，现随机抽取该校100名学生并将他们的测试成绩（满分：100分）绘制成频率分布直方图，如图.
（1）根据以上统计数据，能否认为该校成绩不低于80分的学生至少占所有学生的80%？该校为提升学生的党史学习效果，开展“党史进课堂”主题活动，活动结束后再对所有学生进行测试，通过抽样检测发现学生的成绩X近似服从正态分布，则活动后学生成绩的平均值比活动前提高了大约多少分？
（2）从样本中成绩在内的学生中用分层抽样的方法抽取5人，再从这5人中随机抽取3人进行座谈，设Y表示抽取的3人中成绩在内的人数，求Y的分布列和数学期望.
20、（12分）如图,在四棱锥中,,,,平面平面.
(1)证明:;
(2)求直线与平面所成角的正弦值.
21、（12分）已知椭圆的离心率为,点分别为椭圆的左、右焦点,点在椭圆上.
求椭圆的标准方程;
过点,斜率为的直线交椭圆于两点,且,的面积为,求直线的方程.
22、（12分）已知函数，，其中e是自然对数的底数，.
（1）试判断函数的单调性与极值点个数；
（2）若关于x的方程在上有两个不等实根，求实数a的最小值.
参考答案
1、答案：B
解析：因为集合，集合，
则，故选B.
2、答案：D
解析：由题意知；
；
.
，，故选D.
3、答案：A
解析：因为，所以.设向量a与b的夹角为，因为，所以.因为，所以，解得.因为，所以，故选A.
4、答案：C
解析：8名学生看望四位老人，每两位学生看望一位老人共有种安排方法，
其中A看望老人甲的情况有种；
B看望老人乙的情况有种；
A看望老人甲，同时B看望老人乙的情况有种，
符合题意的安排方法有种，
故选：C.
5、答案：B
解析：由题中图象可知，且为直角三角形，所以，则，则，又，所以，所以.又点为“五点作图法”中的第三个点，所以，所以，于是.由，得，所以函数的图象在内的对称轴为直线，则由题意知，所以，故选B.
6、答案：D
解析：由，，得，则，，…，是各项均为2的常数列.
由，得，又，所以，则，，…，是以16为首项，16为公差的等差数列.
故数列的前50项的和为，所以.在中，令，得，所以，.在中，令，得，所以，故选D.
7、答案：B
解析：连接，设，因为，M为PQ的中点，所以，，，
又因为，，所以，，所以.
因为，即，所以，，在中，，在中，，即，所以，所以，.故选B.
8、答案：B
解析：因为函数可看作点与点连线的斜率，如图所示.
函数的导函数为，则函数在点处的切线的斜率，则，所以，故无最大值，
当时，过原点作的切线，记y轴右侧的第一个切点为，
则，所以有最小值，故①正确；
因为函数，所以，
令，则，
当时，，则在上单调递减，
所以，即，
所以在上单调递减，所以，故②正确，③错误.故选B.
9、答案：CD
解析：,故A不正确；
，故B不正确；
，故C正确；
，故D正确.
故选CD.
10、答案：ABC
解析：且公比为整数,
或(舍),故A正确；
,故C正确；
,故数列是等比数列,故B正确；
而,故数列是公差为的等差数列,故D错误.故选ABC.
11、答案：BCD
解析：以A为坐标原点，，,的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图所示，
则，，，，，，
所以，，，，，.
设平面的一个法向量为，
则即
令，则，，故.
，故不存在实数使得，即与不共线，
DF与平面不垂直，故A不正确.
，，故B正确.
，
，故C正确.
易知为平面AED的一个法向量，为锐角，
，故D正确.
故选BCD.
12、答案：ACD
解析：因为，所以当时，，，所以在y轴左侧的图象恒在x轴下方，故A正确；因为，令，得，令，得或，所以在，上单调递减，在上单调递增，作出其大致图象如图所示.由图可知，当时，方程有实根，故B错误；若方程有3个不同实根，则，故“”是方程有3个不同实根的一个必要不充分条件，故C正确；由，及方程有1个实根，方程有2个实根，可得，，则，故D正确.故选ACD.
13、答案：688
解析：本题考查二项式定理. 展开式的通项，令，得项的系数为，令，得项的系数为，故所求系数为.
14、答案：
解析：.
15、答案：；1
解析：因为，所以，
当且仅当，即时等号成立，故的最小值是.
设，则，所以在上单调递增，易知，
所以，即，所以，
即，所以，故M的最小值是1.
16、答案：②③④
解析：由题意可知直线过定点，所以,所以若直线与线段AB有公共点,则k的取值范围是,故①为假命题.
若,则的中点坐标为.因为,以在直线上.又，直线的斜率是2，所以线段与直线垂直，故②为真命题.
圆心C到直线l的距离，由于圆C的半径为2，所以与直线l距离为1的两条直线一条与圆C相交，一条与圆C相切,所以圆C上有3个点到直线的距离为1，故③为真命题.
直线过抛物线的焦点，直线是抛物线的准线，设，，由抛物线的定义，得，AB的中点到直线的距离，所以以AB为直径的园恰好与直线相切,故④为真命题.
17、答案：(1)最小正周期为，单调递增区间为.
(2)面积为.
解析：(1)，
所以函数的最小正周期为.
令，得，
故函数的单调递增区间为.
(2)由，得，
易知，所以，得.
由余弦定理得，即，
因为，所以，
从而有，得，
则.
18、答案：（1）由，得.
又，所以数列是首项为3，公差为1的等差数列，
所以，即.
（2）当时，，
又也符合上式，所以，所以，
所以，①
，②
①-②，得
，
故.
解析：
19、答案：（1）不能认为该校成绩不低于80分的学生至少占所有学生的80%，活动后学生成绩的平均值比活动前提高了大约1.9分
（2）Y的分布列见解析，
解析：（1）由频率分布直方图可知，样本中成绩不低于80分的学生所占比例为，
由样本估计总体，故不能认为该校成绩不低于80分的学生至少占所有学生的80%.
易知，则，
所以活动前学生成绩的平均值约为
（分）.
因为活动后学生的成绩X近似服从正态分布，所以活动后学生成绩的平均值约为86分，
因为（分），
所以活动后学生成绩的平均值比活动前提高了大约1.9分.
（2）由频率分布直方图可知，成绩在，内的学生人数分别为，，用分层抽样的方法抽取5人，则成绩在内的有3人，成绩在内的有2人.
所以Y的所有可能取值为1，2，3.
则，
，
，
所以Y的分布列为
Y 1 2 3
P
故.
20、答案：(1)见解析
(2)
解析：(1)因为平面平面,平面平面,
所以平面.
因为平面,所以.
又,所以平面.
因为平面,所以.
(2)如图,取的中点E,连接,
因为,所以,
所以四边形为平行四边形,所以,
故直线与平面所成的角即直线与平面所成的角.
过P作的垂线交于点M,过M作的垂线交于点N,连接,因为平面平面,平面平面,
所以平面,
因为平面,
所以.
又,
所以平面,
所以平面平面.
过M作的垂线交于点H,则平面.
易知,,
所以,
所以.
又,所以点E到平面的距离d为点M到平面的距离的2倍,
所以.
在中,,
设直线与平面所成的角为θ,则,
所以直线与平面所成角的正弦值为.
21、答案：由题意得
解得
故椭圆的标准方程为.
因为直线经过点，且与椭圆交于两点，且.
所以设直线的方程为,
联立
消去得,
显然,
由韦达定理得,
,
所以
,
由椭圆的方程可知右焦点,
所以点到直线的距离,
所以
.
因为,
所以,
所以，即，
解得或(舍去)，则，
所以直线的方程为或.
解析：
22、答案：（1）当时，在R上单调递增，极值点个数为0；当时，在上单调递增，在上单调递减，极值点个数为1
（2）
解析：（1），则.
（分和两种情况讨论，判断对应的的单调性与极值点个数）
①当时，，则在R上单调递增，比时函数的极值点个数为0；
②当时，令，得，
当时，，则在上单调递增，
当时，，则在上单调递减，
此时函数的极值点个数为1.
综上所述，当时，在R上单调递增，极值点个数为0；当时，在上单调递增，在上单调递减，极值点个数为1.
（2）由，得.
（分离参数a后，构造新函数，求出，利用导数讨论函数的单调性与最值）
令，
因为关于x的方程在上有两个不等实根，
所以直线与函数的图像在上有两个交点.
，
令，则，
因为，所以或，
所以当时，；当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以.
（求出和的值，结合函数的大致图像，求出a的取值范围）
又，，
所以当时，直线与函数的图像有两个交点，
所以实数a的最小值为.