2022-2023学年江苏省南京师大附中高二（下）期末数学试卷

2022-2023学年江苏省南京师大附中高二（下）期末数学试卷一、单项选择题（本大题共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）15分）复数在复平面内对应的点位于()A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限25分）设集合A＝{x|（x+2x﹣3）>0}，B＝{x|lgx＞0}，则A∪B=()A．[﹣2，3]35分）设某中学的女生体重y（单位：kg）与身高x（单位：cm）具有线性相关关系，根据一组样本数据（xi，yii＝1，2，ⅆ,n用最小二乘法建立的经验回归方程为=0.84x﹣86.71．若该中学女生的平均身高为160cm，则该中学女生的平均体重的估计值是()A．47.69kgB．48.69kgC．57.69kgD．58.69kg→→45分）设a与b均为单位向量，它们的夹角为θ.若|a+b|＞1，则θ的范围是()A．[0，)B．[0，)C．(，π]D．(，π]55分）设a=，b=log85，c=log53，则()A．a＜b＜cB．a＜c＜bC．c＜b＜aD．c＜a＜b65分）现有5名同学去3个养老院参加公益活动，每名同学只去1个养老院，每个养老院至少安排1名同学，则不同安排方案的种数为()A．25B．40C．15075分）设函数f（xex﹣e﹣x﹣2sinx，则关于t的不等式f（t）+f（2t+1）>0的解集为()85分）设抛物线y2＝4x的焦点为F，准线为l，N是l与x轴的交点，M（3，0过此抛物线上一点P作直线l的垂线，垂足记为点Q，PF与MQ相交于点T，若TN+TP=MT，则点T到x轴的距离为二、多项选择题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求的.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分）（多选）95分）甲、乙两地四月7日至14日的最高气温如图所示，下列说法中正确的是()A．乙地在这8日内最高气温的极差为8°CD．甲地的75百分位数是21.5°C（多选）105分）已知{an}为各项为正数的等比数列，a2=，a5=2．记Sn是数列{an}的前n项和，Tn是数列{a}的前n项和，则下列说法正确的是()A．数列{an}的公比为2为n115分）若函数f(x)=cos(φx+φ)(φ>0，0<φ<)，则f（x）在区间(0，)内可能()A．单调递增B．单调递减C．有最小值，无最大值D．有最大值，无最小值（多选）125分）如图，圆锥VAB内有一个内切球O，球O与母线VA，VB分别切于点C，D．若△VAB是边长为2的等边三角形，O1为圆锥底面圆的中心，MN为圆O1的一条直径（MN与AB不重合则下列说法正确的是()A．球的表面积与圆锥的侧面积之比为2：3B．平面CMN截得圆锥侧面的交线形状为抛物线C．四面体CDMN的体积的取值范围是(0，]D．若P为球面和圆锥侧面的交线上一点，则PM+PN最大值为22第Ⅱ卷（非选择题共90分）三、填空题（本大题共4小题，每小顾5分，共20分）135分）已知tan（x+2，则tanx的值为.145分）(x)6展开式中，常数项是.155分）现有两个罐子，1号罐子中装有2个红球、1个黑球，2号罐子中装有3个红球、1个黑球．现先从1号罐子中随机取出一个球放入2号罐子，再从2号罐子中取一个球，则从2号罐子中取出的球是红球的概率为.165分）若存在实数a，b使得ea+be⩽a+lnb+3，则a+b的值为.四、解答题（本大题共6小题，共70分.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）1710分）已知各项不为零的数列{an}满足：a1＝1，2an+1an+an+1﹣an＝0（n∈N*）.（1）求a2，a3，并求{an}的通项公式；（2）记数列{anan+1}的前n项和为Sn，证明：Sn＜.1812分）△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知b＝2sinB，=2ab.（1）求c；（2）求△ABC周长的最大值.1912分）“总要来趟南京吧!”今年一季度南京接待游客4千多万，居全省第一．南京的旅游资源十分丰富，既有中山陵、夫子庙、玄武湖、南京博物院等传统景区，又有科巷、三七八巷、德基广场等新晋网红景点.（1）如果随机访问了50名外地游客，所得结果如下表所示：首选传统景区首选网红景点总计男性2030女性20试判断是否有90%的把握认为是否首选网红景点与性别有关；（2）根据互联网调查数据显示，外地游客来南京旅游首选传统景区的概率是0.6，首选网红景点的概率是0.4．如果随机访问3名外地游客，他们中首选网红景点的人数记为X，求X的分布列和期望.P(χ2⩾k）0.1000.0100.001k2.7066.63510.8282012分）如图，在四棱台ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1⊥平面ABCD，四边形AB＝2AA1＝2A1B1.（1）证明：BD⊥CC1；（2）点M是棱BC上靠近点C的三等分点，求二面角M﹣AD1﹣D的余弦值.2112分）已知双曲线c：=1(a＞0，b＞0)经过点P（4，6且离心率为2.（1）求C的方程；（2）过点P作y轴的垂线，交直线l：x＝1于点M，交y轴于点N．设点A，B为双曲线C上的两个动点，直线PA，PB的斜率分别为k1，k2，若k1+k2＝2，求.2212分）已知函数f（xex+ax2﹣bx+2.（1）若a＝0，讨论f（x）的单调性；（2）若a=，存在x1，x2（x1≠x2）满足f（x1f（x2且x1+x2＝2，求b的取值范围.2022-2023学年江苏省南京师大附中高二（下）期末数学试卷一、单项选择题（本大题共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）15分）复数在复平面内对应的点位于()A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限【解答】解：=1﹣3i，在复平面内对应的点（13）位于第四象限.故选：D.25分）设集合A＝{x|（x+2x﹣3）>0}，B＝{x|lgx＞0}，则A∪B=()A．[﹣2，3]【解答】解：∵A＝{x|x≤﹣2或x≥3}，B＝{x|x＞1}，故选：C.35分）设某中学的女生体重y（单位：kg）与身高x（单位：cm）具有线性相关关系，根据一组样本数据（xi，yii＝1，2，ⅆ,n用最小二乘法建立的经验回归方程为=0.84x﹣86.71．若该中学女生的平均身高为160cm，则该中学女生的平均体重的估计值是()A．47.69kgB．48.69kgC．57.69kgD．58.69kg【解答】解：经验回归方程为=0.84x﹣86.71，令x＝160得，y＝0.84×160﹣86.71＝47.69，所以该中学女生的平均体重的估计值是47.69kg.故选：A.→→45分）设a与b均为单位向量，它们的夹角为θ.若|a+b|＞1，则θ的范围是()A．[0，)B．[0，)C．(，π]D．(，π]→→→→【解答】解：a与b均为单位向量，其夹角为θ,若|a+b|＞1，→则(+b）2＞1，即有2+b2+2•b=1+1+2cosθ>1，即为cosθ>，故选：B.55分）设a=，b=log85，c=log53，则()A．a＜b＜cB．a＜c＜bC．c＜b＜aD．c＜a＜b【解答】解：∵log85=log84625＞log84512=，log53=log5481＜log54125=，故选：D.65分）现有5名同学去3个养老院参加公益活动，每名同学只去1个养老院，每个养老院至少安排1名同学，则不同安排方案的种数为()A．25B．40C．150【解答】解：5名同学去3个养老院参加公益活动，每名同学只去1个养老院，每个养老院至少安排1名同学，可分为1，1，3和1，2，2两种情况：若按1，1，3分组，共有种选择，再将其分配到养老院，共A种选择，故共有•A=60种；若按1，2，2分组，共有种选择，再将其分配到养老院，共A种选择，故共有•A=90种；因此，不同安排方案的种数为60+90＝150种.故选：C.75分）设函数f（xex﹣e﹣x﹣2sinx，则关于t的不等式f（t）+f（2t+1）⩾0的解集为()【解答】解：∵f′（x）＝ex+e﹣x﹣2cosx≥2﹣2cosx≥0，当且仅当x＝0时取等号，∴f（x）在R上单调递增，且f(﹣x）=﹣f（x∴由f（t）+f（2t+1）≥0得，f（t）≥f(﹣2t﹣1∴t≥﹣2t﹣1，解得t≥，∴原不等式的解集为[，+∞).故选：D.85分）设抛物线y2＝4x的焦点为F，准线为l，N是l与x轴的交点，M（3，0过此抛物线上一点P作直线l的垂线，垂足记为点Q，PF与MQ相交于点T，若TN+TP=MT，则点T到x轴的距离为B.3【解答】解：由题意，作图如下：又因为F（1，0）为M（3，0N(﹣1，0）的中点，所以+=2，所以2=−，MFTF1所以T为PF的三等分点，且TP＝2TF，又因为PQ∥MF，所以△TMF与△TQP相似，且==，QPTP2所以QP＝2MF＝4，不妨设P（x0，y0且在第一象限，QP=x0+=x0+1＝4，所以x0＝3，因为点P（x0，y0）在抛物线上，所以y0＝23，所以根据相似关系可得yT=y0=.故选：B.二、多项选择题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求的.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分）（多选）95分）甲、乙两地四月7日至14日的最高气温如图所示，下列说法中正确的是()A．乙地在这8日内最高气温的极差为8°CD．甲地的75百分位数是21.5°C【解答】解：A：乙地在这8日内最高气温的极差为23°C﹣16°C＝7°C，故A错误；B：甲地12日气温最高，乙地12日气温最低，所以甲乙两地12日的温差最大，故B正确；C：甲地这8日平均气温为=20°C，故C正确；D：甲地这8日的气温从小到大排列为：17，18，19，19，20，21，22，24，则8×75%＝6，所以甲地的75百分位数是=21.5°C，故D正确.故选：BCD.（多选）105分）已知{an}为各项为正数的等比数列，a2=，a5=2．记Sn是数列{an}的前n项和，Tn是数列{a}的前n项和，则下列说法正确的是()A．数列{an}的公比为2为n2【解答】解：对于A：已知数列{an}为各项为正数的等比数列，a2=，a5=2，所以a5=a2q3，解得q＝2；故A正确；故S2n=×(1)an=2×2n−5=2n−4，所以an故S2n=×(1)=4n1，Tn=×1)，所以=4n−1 3对于C：由于log2an+1−log2an=log2a1=1（常数故C对于D：log2an=log22n−4=n−4，故sn=(1+2+...+n)−4n=n2故选：ABC.115分）若函数f(x)=cos(幼x+φ)(幼＞0，0<φ<)，则f（x）在区间(0，)内可能()A．单调递增B．单调递减C．有最小值，无最大值D．有最大值，无最小值【解答】解：因为ω>0，0＜x<，所以0<ωx＜π,又因为0<φ<，所以0<ωx+φ＜(1)π,令t=ωx+φ,则0＜t＜(1)π,y＝cost在（0，(1)π)上单调递减，即f（xcos(ωx+φ)在（0，(1)π)上单调递减，故B正确；因为y＝cost在（0，(1)π)上不可能单调递增，即f（xcos(ωx+φ)在（0，(1)π)上不可能单调递增，故A错误；当(1)π>π时，函数有最小值﹣1，故D错误；当(1)π>2π时，函数有最大值1，故C错误.故选：B.（多选）125分）如图，圆锥VAB内有一个内切球O，球O与母线VA，VB分别切于点C，D．若△VAB是边长为2的等边三角形，O1为圆锥底面圆的中心，MN为圆O1的一条直径（MN与AB不重合则下列说法正确的是()A．球的表面积与圆锥的侧面积之比为2：3B．平面CMN截得圆锥侧面的交线形状为抛物线C．四面体CDMN的体积的取值范围是(0，]D．若P为球面和圆锥侧面的交线上一点，则PM+PN最大值为22【解答】解：依题意，动点P的轨迹是圆，所在平面与圆锥底面平行，令其圆心为E，连接VO1，如图，正△VAB内切圆即为球O的截面大圆，球心O在线段VO1上，VO1=3，则球O的半径OO1=，所以球O的表面积S＝4πr2＝4π×=，圆锥的侧面积S′=×2π×2＝2π,∴球的表面积与圆锥的侧面积之比为2：3，故A正确；由题意可得点C，D是边AV，BV的中点，∴CO1∥VB，∵CO1⊂平面CMN，VB⊄平面CMN，∴VB∥平面CMN，∴平面CMN截得圆锥侧面的交线形状为抛物线，故B正确；由题意可得四面体CDMN被平面VAB截成体积相等的两部分，设M到平面VAB的距离为d（0＜d≤1即VCDMN＝2VM−CD01=2×S△C01D×d＝2×××d=∈（0，]，故C错误；由题意可得EP=O1B=，EO1=，∴O1P2=E0+EP2＝1，则有PO1＝MO1＝NO1＝1，即PM⊥PN，因此PM2+PN2＝MN2＝4，由均值不等式得：≤=2，即QE+QF≤22，故选：ABD．第Ⅱ卷（非选择题共90分）三、填空题（本大题共4小题，每小顾5分，共20分）135分）已知tan（x+2，则tanx的值为．【解答】解：∵已知tan（x+）＝2，∴=2，解得tanx=，1故答案为：．3145分）(x)6展开式中，常数项是60．【解答】解：(x)6展开式的通项为Tr+1=c(x)6−r()r=(−2)rcx3故展开式的常数项为T32）2C62＝60故答案为60．155分）现有两个罐子，1号罐子中装有2个红球、1个黑球，2号罐子中装有3个红球、1个黑球．现先从1号罐子中随机取出一个球放入2号罐子，再从2号罐子中取一个球，则从2号罐子中取出的球是红球的概率为【解答】解：设事件A表示“从2号罐子中取出的球是红球”，事件B1表示“从1号罐子中取出的是红球”，事件B2表示“从1号罐子中取出的是黑球”，则P（B1）=，P（B2）=，P（A|B1）=，P（A|B2）=，所以P（A）＝P（A|B1）•P（B1）+P（A|B2）•，P（B2）=×+×=．故答案为：．165分）若存在实数a，b使得ea+be⩽a+lnb+3，则a+b的值为．【解答】解：令f（x）＝ex﹣x﹣1，x∈R，则f'（xex﹣1，由f'（x0得x＝0，由f'（x0得x＞0，由f'（x0得x＜0，∴f（x）在（0，+∞）上单调递增，在∞，0）上单调递减，∴当x＝0时，f（x）取得极小值也是最小值，即f（x）≥f（0）＝0，∴ex≥x+1在x∈R上恒成立，≥ln（be）+1＝lnb+2②,由①+②得ea+be≥a+lnb+3，当且仅当a＝0，ln（be0，即a＝0，b=时等号成立，又存在实数a，b使得ea+be<a+lnb+3，故当a＝0，b=时使得ea+be<a+lnb+3成立，此时a+b=.故答案为：.四、解答题（本大题共6小题，共70分.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）1710分）已知各项不为零的数列{an}满足：a1＝1，2an+1an+an+1﹣an＝0（n∈N*）.（1）求a2，a3，并求{an}的通项公式；（2）记数列{anan+1}的前n项和为Sn，证明：Sn＜.【解答】解1）因为2an+1an+an+1﹣an＝0，a1＝1，所以an≠0，所以数列{}是以1为首项，2为公差的等差数列，所以an=2n1；故a2=，a3=.证明2）由（1）得：an+1an=(2n1)所以Sn＝a1a2+a2a3+…+an+1an=[(1)+()+⋯+(2n1)]=＜.所以sn＜.1812分）△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知b＝2sinB，=2ab.（1）求c；=2a−b（2）求△ABC=2a−b2SinA−SinBSinC【解答】解1）2SinA−SinBSinC结合正弦定理可得=整理得sinCcosB+sinBcosC＝2sinAcosC，所以sin（B+C）＝2sinAcosC，因为A+B+C=π,所以sinA＝2sinAcosC，又siB=siC，所以c==2sin=3；（2）由余弦定理，得cosC=a2c2=，所以a2+b2＝ab+c2＝ab+3，则(a+b)2=3ab+所以a+b⩽23，当且仅当“a=b=3”时取得等号，所以△ABC周长a+b+c的最大值为33.1912分）“总要来趟南京吧!”今年一季度南京接待游客4千多万，居全省第一．南京的旅游资源十分丰富，既有中山陵、夫子庙、玄武湖、南京博物院等传统景区，又有科巷、三七八巷、德基广场等新晋网红景点.（1）如果随机访问了50名外地游客，所得结果如下表所示：首选传统景区首选网红景点总计男性2030女性20试判断是否有90%的把握认为是否首选网红景点与性别有关；（2）根据互联网调查数据显示，外地游客来南京旅游首选传统景区的概率是0.6，首选网红景点的概率是0.4．如果随机访问3名外地游客，他们中首选网红景点的人数记为X，求X的分布列和期望.P(χ2⩾k）0.1000.0100.001k2.7066.63510.828【解答】解1）假设H0：是否选择网红景点与性别没有关系.由题意，补全2×2列联表如下：首选传统景区首选网红景区合计根据独立性检验公式可知，X根据独立性检验公式可知，X2=508)2=≈3.463＞2.706.2030女性820合计282250因为当H0成立时，χ2⩾2.706的概率约为0.1，所以有90%的把握认为，是否首选网红景点与性别有关.（2）由题意知，随机变量X服从二项分布B（3，0.4）.P(x=k)=C0.4k(1−0.4)3−k，k=0P（X＝0）＝0.216，P（X＝1）＝0.432，P（X＝2）＝0.288，P（X＝3）＝0.064，故X的分布列为：X0123P0.2160.4320.2880.064所以X的期望值E（Xnp＝3×0.4＝1.2.2012分）如图，在四棱台ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1⊥平面ABCD，四边形AB＝2AA1＝2A1B1.（1）证明：BD⊥CC1；（2）点M是棱BC上靠近点C的三等分点，求二面角M﹣AD1﹣D的余弦值.【解答】解1）证明：四棱台ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1，CC1延长后交于一点，故A，C，C1，A1共面，因为AA1⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，故AA1⊥BD，连接AC，因为底面四边形ABCD为菱形，故AC⊥BD，又AA1∩AC＝A，AA1，AC⊂平面ACC1A1，故BD⊥平面ACC1A1，因为CC1⊂平面ACC1A1，所以BD⊥CC1；→→（2）过点A作BC的垂线交BC于点N，以AN方向作为x轴，以AD，方向为y轴，以AA1方向为z轴，建立空间直角坐标系如图：不妨设A1B1＝1，则AB＝2AA1＝2A1B1＝2，∵点M是棱BC上靠近点C的三等分点，∴BM=，NM=，，，→→AM⋅n=0→记平面AMD1的法向量为=(x，y，Z)，则1⋅n→→AM⋅n=0→→平面ADD1的法向量可取为m=(1，0，0)，由图知二面角M﹣AD1﹣D为锐二面角，2112分）已知双曲线c：一=1(a＞0，b＞0)经过点P（4，6且离心率为2.（1）求C的方程；（2）过点P作y轴的垂线，交直线l：x＝1于点M，交y轴于点N．设点A，B为双曲线C上的两个动点，直线PA，PB的斜率分别为k1，k2，若k1+k2＝2，求.【解答】解1）∵离心率为2，∴=2，即c＝2a，则a2+b2＝c2＝4a2，∵双曲线经过点P（4，6（2）由题意，点M坐标为（1，6点N坐标为（0，6设A（x1，y1B（x2，y2）.法一：①若直线AB斜率存在，设直线AB方程为y＝kx+m，一=1，消去y可得（3﹣k2）x2﹣2kmx﹣m2﹣12则3﹣k2≠0且Δ=12（m2﹣4k2+120，整理可得（m﹣4k+2x1+x2）+（2k﹣2）x1x2﹣8m+16＝0，化简得m2﹣12m﹣8k2﹣12k+2km+36＝0，即（m﹣2k﹣6m+4k﹣60，因为直线AB不过点P（4，6所以m+4k﹣6≠0，所以m﹣2k﹣6＝0，所以直线AB的方程为y＝k（x+2）+6，恒过定点Q(﹣2，6）.②若直线AB斜率不存在，则x1＝x2，y1+y2＝0.解得x1＝x2=﹣2，所以直线AB的方程为x=﹣2，过定点Q(﹣2，6）.综上，直线AB恒过定点Q(﹣2，6）.法二：∵直线AB不过点P（4，6∴可设直线AB方程为m法二：∵直线AB不过点P（4，6∴可设直线AB方程为m（x﹣4）+n（y﹣61.即（y﹣6）2﹣3（x﹣4）2+12（y﹣624（x﹣40，即（y﹣6）2﹣3（x﹣4）2+[12（y﹣624（x﹣4）]•[m（x﹣4）+n（y﹣6）]＝0，得（12n+1y﹣6）2+（12m﹣24nx﹣4y﹣624m+3x﹣4）2＝0，等式左右两边同时除以（x﹣4）得（12n+1y﹣6）2+（12m﹣24nx﹣4y﹣624m+3x﹣4）2＝0，Δ=（12m﹣24n）2+4（12n+124m+30，Δ=（12m﹣24n）2+4（12n+124m+30，所以直线AB方程为(x−4)+n(y−6)=1，恒过定点Q(﹣2