2022-2023学年广西南宁重点中学高二（下）期末数学试卷（含解析）

2022-2023学年广西南宁重点中学高二（下）期末数学试卷
一、单选题（本大题共8小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 设，已知集合，，且，则实数的取值范围是( )
A. B. C. D.
2. 复数( )
A. B. C. D.
3. 若向量，的夹角为，且，，则向量为( )
A. B. C. D.
4. 已知圆锥的侧面展开图是一个半径为，弧长为的扇形，则该圆锥的表面积为( )
A. B. C. D.
5. 设为正方形的中心，在，，，，中任取点，则取到的点共线的概率为( )
A. B. C. D.
6. 已知函数的部分图象如图所示，且经过点，则( )
A. 关于点对称
B. 关于直线对称
C. 为奇函数
D. 为偶函数
7. 已知，，且，，，则( )
A. B. C. D.
8. 已知实数满足，则( )
A. B. C. D.
二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）
9. 若点为曲线上的动点，点为直线上的动点，则的可能取值为( )
A. B. C. D.
10. 如图，在棱长为的正方体中，，，分别为棱，，的中点，点为线段上的动点，则( )
A. 两条异面直线和所成的角为
B. 存在点，使得平面
C. 对任意点，平面平面
D. 点到直线的距离为
11. 已知抛物线：的焦点为，为上一点，下列说法正确的是( )
A. 抛物线的准线方程为
B. 直线与相切
C. 若，则的最小值为
D. 若，则的周长的最小值为
12. 已知是定义域为的奇函数，函数，，当时，恒成立，则( )
A. 在上单调递增
B. 的图象与轴有个交点
C.
D. 不等式的解集为
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 在二项式的展开式中，的系数为______ ．
14. 台风中心从地以每小时千米的速度向东北方向移动，离台风中心千米内的地区为危险区，城市在的正东千米处，则城市处于危险区的时间为______ 小时．
15. 若函数在区间上有最大值，则实数的取值范围是______．
16. 如图，在平面直角坐标系中，，分别为椭圆的左，右焦点，、分别为椭圆的上、下顶点，直线与椭圆的另一交点为，若，则直线的斜率为______ ．
四、解答题（本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. 本小题分
中，．
求；
若，求周长的最大值．
18. 本小题分
已知数列的首项，且满足．
求证：是等比数列；
求数列的前项和．
19. 本小题分
如图，三棱柱中，侧面为矩形，且，为的中点，．
证明：平面；
求平面与平面的夹角的余弦值．
20. 本小题分
甲、乙是北京冬奥会单板滑雪坡面障碍技巧项目的参赛选手，二人在练习赛中均需要挑战次某高难度动作，每次挑战的结果只有成功和失败两种．
甲在每次挑战中，成功的概率都为设为甲在次挑战中成功的次数，求的分布列和数学期望；
乙在第一次挑战时，成功的概率为，受心理因素影响，从第二次开始，每次成功的概率会发生改变，其规律为：若前一次成功，则该次成功的概率比前一次成功的概率增加；若前一次失败，则该次成功的概率比前一次成功的概率减少；求乙在前两次挑战中，恰好成功一次的概率．
21. 本小题分
已知双曲线的一条渐近线方程为，且双曲线经过点．
求双曲线的方程；
过点且斜率不为的直线与交于，两点与点不重合，直线，分别与直线交于点，，求的值．
22. 本小题分
已知函数，．
当时，若，证明：；
当时，，求的取值范围．
答案和解析
1.【答案】
【解析】
【分析】
本题考查了集合的定义与运算问题，是基础题目．
根据集合的定义与运算性质，进行化简、运算即可．
【解答】
解：，集合，
，
，
又，
实数的取值范围是．
故选：．
2.【答案】
【解析】
【分析】
本题考查了复数的除法运算，考查了复数的基本概念，是基础题．
直接由复数的除法运算化简求值．
【解答】
解：．
故选A．

3.【答案】
【解析】解：根据题意，向量，的夹角为，且，，则，
则，则，
故选：．
根据题意，由数量积的计算公式可得，代入数据计算可得答案．
本题考查向量数量积的计算，涉及向量模的计算，属于基础题．
4.【答案】
【解析】解：因为圆锥的侧面展开图是一个半径为，弧长为的扇形，即，
所以圆锥底面圆的半径为，底面圆的面积为，
圆锥的表面积为．
故选：．
根据圆锥的侧面展开图是扇形求出底面圆的半径，再求底面圆的面积和圆锥侧面积，即可求得圆锥的表面积．
本题考查了圆锥的表面积公式应用问题，是基础题．
5.【答案】
【解析】
【分析】
本题考查了古典概型概率问题，属于基础题．
根据古典概率公式即可求出．
【解答】
解：，，，，中任取点，共有，
其中共线为，，和，，两种，
故取到的点共线的概率为，
故选：．

6.【答案】
【解析】解：函数的部分图象，可令，
它的经过点，，，
故
令，求得，不是最值，故A、都错误；
由于，故不是奇函数，故C错误；
由于，故是偶函数，故D正确，
故选：．
由定点的坐标求出的值，可得函数的解析式，再利用函数的图象和性质，得出结论．
本题主要考查由函数的部分图象求解析式，由定点的坐标求出的值，函数的图象和性质，属于中档题．
7.【答案】
【解析】解：由，
得．
令，则，
所以当时，，单调递增；
当时，，单调递减．
又，，所以．
又，
，所以，
所以．
故选：．
根据题意可先构建函数，通过对进行求导，得到函数的单调性，进而比较出与的大小关系，再利用放缩法对进行放缩，比较出与的大小关系即可．
本题考查了构造函数的整体思想，导数求单调性，以及放缩法，属于中档题．
8.【答案】
【解析】解：因为，
所以，
所以，所以，
对于，：要比较与的大小关系，只需比较与的大小关系即可，
令，，则，
所以在内单调递减，又，
所以
，
所以无法判断与的大小关系，故A，B错误；
对于，：要比较与只需比较与的大小，
令，，
则，
令，得，
所以在上，，单调递减，
在上，，
所以在单调递减，在上单调递增，
又，且，
即在上单调递减，在上单调递增，
所以当时，，又，
所以在上，，
即，所，故D正确，
故选：．
由，可得对于，：要比较与的大小关系，只需比较与的大小关系即可；对于，：要比较与只需比较与的大小，即可得出答案．
本题考查导数的综合应用，解题中需要理清思路，属于中档题．
9.【答案】
【解析】解：由题意，要使的最小，为平行于的直线与的切点，
令，可得，故切点为，
以为切点平行于的切线为，此时有，
则的可能取值为，，．
故选：．
根据、图象分析最小时的位置，利用导数几何意义求上斜率为的切线，应用平行线距离公式求的最小值，逐项判断即可．
本题主要考查利用导数研究曲线上某点的切线方程，考查运算求解能力，属于基础题．
10.【答案】
【解析】解：对于，由正方体的性质可得，两条异面直线和所成角即为，故A错误；
对于，当点与点重合时，由题知，，，，
，，
四边形是平行四边形，，
平面，平面，平面，故B正确；
对于，连接，平面，平面，，
又，，，≌，
，，
，相交，，平面，平面，
又平面，对任意点，平面平面，故C正确；
对于，由正方体的性质得，，，
，
，
点到直线的距离为，故D正确．
故选：．
对于，由正方体的性质可得，两条异面直线和所成角即为；对于，当点与点重合时，四边形是平行四边形，，从而平面；对于，连接，推导出，≌，，从而平面，进而平面平面；对于，由余弦定理求出，由此能求出点到直线的距离．
本题考查异面直线所成角、线面平行、线面垂直的判定、余弦定理、点到平面的距离等基础知识，考查运算求解能力，属中档题．
11.【答案】
【解析】解：抛物线：，即，，，设，
对选项A：抛物线的准线方程为，正确；
对选项B：，整理得到，方程有唯一解，故相切，正确；
对选项C：，时取等号，错误；
对选项D：过点作垂直于准线于，，当，，共线时等号成立，正确．
故选：．
确定，，设，计算A正确，联立方程得到B正确，，C错误，过点作垂直于准线于，计算得到D正确，得到答案．
本题主要考查抛物线的性质，属于基础题．
12.【答案】
【解析】
【分析】
本题考查了函数单调性，奇偶性的定义及性质的综合应用，属于中档题．
由题意得在时恒成立，然后结合单调性及奇偶性的定义分别检验各选项即可判断．
【解答】
解：因为当时，恒成立，
即恒成立，
所以在时恒成立，
即在上单调递减，故A错误；
由是定义域为的奇函数，得也为的奇函数，且，
所以，的图形与轴有个交点，故B正确；
由得，
所以，故C正确；
由在上单调递减且为奇函数，，
则得或，故D错误．
故本题选BC．

13.【答案】
【解析】解：结合二项式定理的通项公式有：，
令可得：，则的系数为：．
故答案为：．
由题意结合二项式定理展开式的通项公式得到的值然后求解的系数即可．
本题主要考查二项式定理，考查转化能力，属于基础题．
14.【答案】
【解析】解：设地东北方向上存在点到的距离为千米，，
在中，，
故，
化简得，设方程的两根为，，则，
所以，即图中千米，所以城市处于危险区的时间为小时，
故答案为：．
设地东北方向上存在点到的距离为千米，，结合余弦定理得到，进而结合韦达定理即可求出，从而求出结果．
本题考查解三角形，考查学生的运算能力，属于中档题．
15.【答案】
【解析】
【分析】
求函数导数，研究其最大值取到的位置，由于函数在区间上有最大值，故最大值点的横坐标在区间内，由此可以得到关于参数的不等式，解之求得实数的取值范围．
本题考查用导数研究函数的最值，利用导数研究函数的最值是导数作为数学中工具的一个重要运用，要注意把握其做题步骤，求导，确定单调性，得出最值．
【解答】
解：由题 ，
令解得；令解得或，
由此得函数在上是增函数，在上是减函数，在上是增函数，
故函数在处取到极大值，判断知此极大值必是区间上的最大值，
，解得．
又当时，，故有．
综上知．
故答案为：．
16.【答案】
【解析】解：由椭圆的对称性及得，
因为，所以，
设，则，即，
则，
因为，所以，所以，所以，
故．
故答案为：．
由求出，设，可得，从而，进而由，可求出．
本题主要考查椭圆的性质，考查运算求解能力，属于中档题．
17.【答案】解：设的内角，，所对的边分别为，，，
因为，
由正弦定理可得，
即为，
由余弦定理可得，
由，可得；
由题意可得，
又，可设，，，
由正弦定理可得，
可得，，
则周长为
，
，
当，即时，的周长取得最大值．
【解析】本题考查三角形的正弦定理和余弦定理的运用，考查三角恒等变换和三角函数的性质，考查化简运算能力，属于中档题．
运用正弦定理得到，再利用余弦定理可得所求角；
可设，，，运用正弦定理和三角恒等变换，将周长转化为关于的函数，结合余弦函数的性质，可得周长的最大值．
18.【答案】解：因为，即，
则，
又因为，可得，
所以数列表示首项为，公比为的等比数列；
由知，
所以，
所以
，
当为偶数时，可得，
当为奇数时，可得，
综上所述：．
【解析】根据题意结合等比数列的定义分析证明；
先根据等比数列的通项公式可得，再利用分组求和结合等比数列的求和公式运算求解．
本题主要考查了等比数列的证明，数列的求和问题，属于中档题．
19.【答案】解：证明：连接与交于点，连接，
因为四边形为平行四边形，
所以点为的中点，
因为为的中点，
所以，
因为平面，平面，
所以平面；
因为四边形为矩形，
所以，
因为，，，平面，
所以平面，
因为平面，
所以，
所以，
因为，，，
所以，
所以，
所以，，两两垂直，
所以以为坐标原点，以，，所在的直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，
则，，，
，，，
因为，，，，平面，
所以平面，
所以为平面的一个法向量，
设为平面的法向量，
因为，
所以，令，则，
设平面与平面的夹角为，
则，
即平面与平面的夹角的余弦值为．
【解析】连接与交于点，连接，则可得，再利用线面平行的判定定理可证得结论；
由已知条件可证得，，两两垂直，所以以为坐标原点，以，，所在的直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，然后求出平面与平面的法向量，利用空间向量求解即可．
本题考查线面平行的判定定理，考查利用空间向量求解二面角的余弦值，考查空间想象能力，推理论证能力和运算求解能力，考查直观想象和数学运算等核心素养，属于中档题．
20.【答案】解：由题意得，，则，其中，，，，
则的分布列为：
则．
设事件为“乙在第次挑战中成功”，其中，，．
设事件为“乙在前两次挑战中，恰好成功一次”，则，
则
．
即乙在前两次挑战中，恰好成功一次的概为．
【解析】由已知得，然后列出相应分布列即可．
根据条件概率的计算公式，列出相应的计算公式，直接计算求解即可．
本题主要考查离散型随机变量分布列及数学期望，概率的求法，考查运算求解能力，属于中档题．
21.【答案】解：由题意可知，
解得，
所以双曲线的方程为．
设直线的方程为，代入中，
可得，设，，
则．
直线的方程为，
令，得点的纵坐标为，
直线的方程为，
令，得点的纵坐标为，
因为，
所以，即．
【解析】由题得，进而即得；
设直线的方程为，联立双曲线方程，根据直线，的方程表示出，结合韦达定理即得．
本题主要考查直线与双曲线的综合，考查转化能力，属于难题．
22.【答案】解：证明：当时，需证，
只需证，
设，则，
当时，，
所以在上单调递增，
所以，
所以；
因为，
所以，
设，可得，
又，
则，
若，，
由知，当时，；
当时，，
所以恒成立，符合题意；
若，，
当时，，不合题意；
若，令，
则，
因为，
所以，
所以在上单调递增，
因为，
又，
所以存在，，
当时，，在上单调递减，
，不合题意；
综上，，即的取值范围是．
【解析】首先不等式变形后，构造函数，利用导数证明，即可证明；
首先构造函数，分，和三种情况讨论函数的单调性，讨论不等式，并得到的取值范围．
本题考查利用导数研究函数的单调性，考查不等式的证明，考查逻辑推理能力及运算求解能力，属于中档题．
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