广东省韶关市2022-2023学年高二下学期期末数学试题（含解析）

韶关市2022-2023学年度第二学期高二期末检测
数 学
本试卷共4页，22小题，满分150分，考试时间120分钟．
注意事项：
1．答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名、学校、班级和准考证号填写在答题卡上，将条形码横贴在答题卡右上角“条形码粘贴处”．
2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上．
3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液，不按以上要求作答无效．
4．考生必须保持答题卡的整洁，考试结束后，将试卷和答题卡一并交回．
一、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．设全集，集合，集合，则（ ）
A．4 B． C． D．
2．在复平面内，复数与分别对应向量和，其中为坐标原点，则（ ）
A．1 B．5 C． D．
3．已知，，，则（ ）
A． B． C． D．
4．已知，是空间中两个不同的平面，m，n是空间中两条不同的直线，则（ ）
A．若 ，，则 B．若，，则
C．若，，则 D．若，，则
5．部分图象大致是（ ）
6．已知向量，，则向量在向量上的投影向量为（ ）
A． B．
C． D．
7．已知点，是双曲线的左、右焦点，点P是双曲线C右支上一点，过点向的角平分线作垂线，垂足为点Q，则点和点Q距离的最大值为（ ）
A．2 B． C．3 D．4
8．已知函数，若有两个零点，则a的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
二、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，部分选对的得2分，有选错的得0分．
9．下列说法正确的是（ ）
A．事件A与事件B为互斥事件，则事件A与事件B为对立事件
B．事件A与事件B为对立事件，则事件A与事件B为互斥事件
C．若，，则
D．一组成对样本数据线性相关程度越强，则这组数据的样本相关系数的绝对值就越接近于1
10．将函数的图象每个点纵坐标不变，横坐标变为原来的一半，再将所得图象向左平移个单位，向上平移1个单位，得到函数的图象，则（ ）
A．的最大值是2 B．是一个增区间
C．是图象的一个对称中心 D．是图象的一条对称轴
11．已知数列满足，，则（ ）
A． B．是的前n项和，则
C．当n为偶数时 D．的通项公式是
12．已知抛物线的焦点为F，过点F的直线l交抛物线于A，B两点，设线段的中点为P，以线段为直径的圆P交y轴于M，N两点，过P且与y轴垂直的直线交抛物线于点H，则（ ）
A．圆P与抛物线的准线相切 B．存在一条直线l使
C．对任意一条直线l有 D．有最大值，且最大值为
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．展开式中第三项系数为________（用具体数字作答）．
14．已知，则________．
15．三棱锥中，平面，，，，则三棱锥外接球的体积是________．
16．某次考试准备了A、B、C三份试题，开考前从中随机选择一份作为当场考试试题，试题A和试题B被选上的概率都是0.3，如果试题是A或C，考生甲通过的概率都是0.8．如果试题是B，考生甲通过的概率是0.6，则该场考试考生甲能通过的概率是________．
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）
已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，．
（1）求角B；
（2）延长至D点，若，的面积为，，求的长．
18．（12分）已知数列为等比数列，，，且．
（1）求数列的通项公式；
（2）记，设的前n项和为，证明：．
19．（12分）
“颗颗黑珠树中藏，此物只在五月有．游人过此尝一颗，满嘴酸甜不思归．”东魁杨梅是夏天的甜蜜馈赠．每批次的东魁杨梅进入市场前都必须进行两轮检测，只有两轮检测都通过才能进行销售，否则不能销售，已知第一轮检测不通过的概率为，第二轮检测不通过的概率为，两轮检测是否通过相互独立．
（1）求一个批次杨梅不能销售的概率；
（2）如果杨梅可以销售，则该批次杨梅可获利400元；如果杨梅不能销售，则该批次杨梅亏损800元（即获利元）．已知现有4个批次的杨梅，记4批次的杨梅（各批次杨梅销售互相独立）获利元，求的分布列和数学期望．
20．（12分）
如图①所示，在中，，，，D，E分别是线段，上的点，且，将沿折起到的位置，使，如图②．
（1）若点N在线段上，且，求证：平面；
（2）若M是的中点，求平面与平面夹角的余弦值．
21．（12分）
已知函数，，．
（1）求曲线过坐标原点的切线方程；
（2）若在恒成立，求a的取值范围．
22．（12分）
已知椭圆的离心率是，且过点．
（1）求椭圆C的方程；
（2）椭圆C的左、右顶点分别为，，且P，Q为椭圆C上异于，的点，若直线过点，是否存在实数，使得恒成立．若存在，求实数的值；若不存在，说明理由．
2022-2023学年第二学期高二期末教学质量检测
数学科参考答案和评分标准
评分说明：
1．本解答给出了一种或几种解法供参考，如果考生的解法与本解答不同，可根据试题的主要考查内容比照评分参考制订相应的评分细则。
2．对计算题，当考生的解答在某一步出现错误时，如果后继部分的解答未改变该题的内容和难度，可视影响的程度决定后继部分的给分，但不得超过该部分正确解答应得分数的一半，如果后继部分的解答有较严重的错误，就不再给分。
3．解答右端所注分数，表示考生正确做到这一步应得的累加分数。
4．只给整数分数，选择题不给中间分。
一、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，只有一项是符合题目要求的．
题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 C D A D C B C A
1．解析：由题设有，，故选C．
2．解析：由复数的几何意义知：，，
，∴．故选D．
3．解析：，，，∴选A．
4．解析：对于A选项直线m，n相交，异面，平行都有可能；对于B选项还少了条件，，才能得到相应的结论；对于C选项，，m与相交但不垂直都有可能；故选D．
5．解析：由题，，故为偶函数，图形关于y轴对称，排除B，D选项；，，故选C．
6．解析：，，则向量在向量上的投影向量为，
故选B．
7．解析：如图所示，延长，交于点T，则因为平分，所以，因为P在双曲线上，所以，所以，连接，则，所以点Q的轨迹为．所以．故选C．
8．解析：已知函数，函数的定义域为
，
当时，恒成立，所以在上单调递减，故时，至多有一个零点；
当时，令得，当时，；当时，，所以在上单调递减，在上单调递增．
此时最小值为，
①当时，由于，故只有一个零点；
②当时，即，故没有零点；
③当时，即，又
；
，
由零点存在定理知在上有一个零点；在有一个零点．
所以有两个零点，a的取值范围为；故选A．
解法二：函数有两个零点可转化为函数的图象与函数的图像有两个交点，易知函数在单调递增，在单调递减，且当时，，且，，故．
二、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，部分选对的得2分，有选错的得0分．
题号 9 10 11 12
答案 BCD ABC AD ACD
9．解析：根据事件A与事件B为对立事件定义知：当事件A与事件B为对立事件时要满足两个条件，一是事件A与事件B互斥，二是；故A错误，B正确，对于C选项，，，正确；D显然正确．故选BCD．
10．解析：由题知函数，故A正确；当，，故B正确；，C正确；对于D选项，故是对称中心，D错．故选ABC．
11．解析：数列满足，，
∵，，∴
．B错；由题意，①，②，由②一①得，，由，，所以．当n为奇数时，，当n为偶数时，．C错．综上所述，．故选AD．
12．解析：若直线轴，则直线l与抛物线有且只有一个交点，不合乎题意．设点、，设直线的方程为，联立，整理可得，，因为，，，所以，从而到准线的距离为，而圆P的直径为，所以，故圆P与抛物线的准线相切，选项A正确；由韦达定理可得，，，，所以不存在一条直线l使，选项B不正确；
因为，，，
所以，从而，所以，
由抛物线的定义可得，从而，选项C正确；
因为，，，所以，圆P的直径为，则，点P到y轴的距离为，∴，所以当时，最小，最小值为，D正确．故选ACD．
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
题号 13 14 15 16
答案 7 1 0.74
13．解析：第三项为，系数为
14．解析：，
15．解析：球心O到面的距离为
，外接圆半径r，由正弦定理有：
，，
16．解析：设事件考生甲考试卷A为事件A，考试卷B为事件B，考试卷C为事件C，考生甲能通过考生为事件D，由题知：，，，，．
四、解答题：
17．解：（1）由正弦定理可将已知条件转化为：
，
因为，所以，
所以，，
因为，
所以，．
（2）因为，所以，
所以．
在中，由正弦定理得：
，所以
在中，，
即，所以．
由余弦定理得：，即：
，所以
18．（1）解法一：设的公比为q，由题得：，即
解得或，
因为，所以，，
所以
解法二：设的公比为q，由，，
所以，是方程的两个根，
所以或，所以或，
因为，所以，，
所以
（2）由（1）可得：
所以，
，
，
因为，所以．
19．【解析】解：（1）记“一个批次杨梅不能销售”为事件A，则，
所以一个批次杨梅不能销售的概率为
（2）依据题意，X的取值为，，，400，1600，
，，
，，
，
所以X的分布列为：
20．
（1）证明：在中，过N作交于点F．
因为，所以，
在三角形中，，，
所以，，
所以四边形为平行四边形，
所以．又平面，平面，
所以平面
（2）解法一：
因为，，所以，所以，．
因为，，平面，所以平面，
所以平面．又由可建立如图所示直角坐标系，则
，，，，，，
则：，，
设平面的法向量为，则
，即，
令得，
可取平面的法向量，
设平面与平面所成角为，则
，
所以平面与平面所成夹角的余弦值为
解法二：如图所示，因为，，所以，所以，，
因为，，平面，所以平面，
所以，又，，，平面
所以平面
在中，过M作，交于点G，在平面中，过G作交直线于点H，由平面可得平面，
所以即为平面与平面夹角．
在中，由M为中点可得：，G为中点，在中，，所以，．
所以，所以，
即平面与平面夹角的余弦值为．
21．解析：（1）由题，
设所求切线的切点为，则所求切线方程为：
将代入可得：，故，
故所求切线方程为．
（2）恒成立，即在上恒成立．
令，则．
令，则，
则在上单调递减，
∵，，∴存在，使得
即，∴，
当时，，即，单调递增；
当时，，即单调递减．
∴，
又，∴，则，即．
∴．∴，即实数a的取值范围为．
解法二：
可设，，易得，则原不等式可转化为，只需，即可．
设，则易知，故实数a的取值范围为．
22．解：（1）由题意，，，解得：①．
∵点在椭圆C上，∴②
联立①、②，解得，
故所求椭圆C的标准方程是．
（2）由（1）知，．
当直线斜率不存在时，．则，，得，，则，此时；
得当直线斜率存在且不为0时，设，，，
则，．
联立消去y并整理，得，
则由韦达定理得，
假设存在实数，使得，则，
即，
整理得，
变形为，
则，
即，
即
即或，得或．
当时，．
此时，，
整理得，解得与题设矛盾，所以
所以．
解法二：由（1）知，，．
可设，，．
联立，得，
由韦达定理得：，，
所以，
所以
故存在实数，满足题设条件．