2022-2023学年广东省韶关市高二下学期期末数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE2广东省韶关市2022-2023学年高二下学期期末数学试题注意事项：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.〖答案〗C〖解析〗由题设有，，故选：C2.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.〖答案〗D〖解析〗由复数的几何意义知：，，，∴．故选:D．3.已知，，，则（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗因为，，，所以.故选：A.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〖答案〗D〖解析〗对于A，当，时，直线m，n相交，异面，平行都有可能；对于B，还少了条件，，才能得到相应的结论；对于C，当，时，，m与相交但不垂直都有可能；对于D，设直线的方向向量分别为，若，，则平面，的一个法向量分别为，且，所以，所以D正确，故选：D．5.部分图象大致是（）A. B.C. D.〖答案〗C〖解析〗函数定义域为，定义域关于原点对称，又，可化为所以，故为偶函数，图形关于y轴对称，排除B，D选项；令可得，或，由，解得，，由，解得，所以函数最小的正零点为，当时，，，，排除A，故选：C.6.已知向量，，则向量在向量上的投影向量为（）A. B.C. D.〖答案〗B〖解析〗，，则向量在向量上的投影向量为.故选：B．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〖答案〗C〖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，因为，所以，当三点共线时取等号，即点和点Q距离的最大值为3，故选：C8.已知函数，若有两个零点，则a的取值范围是（）A. B. C. D.〖答案〗A〖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．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〖答案〗BCD〖解析〗A.事件A与事件B为互斥事件，但事件A与事件B不一定是对立事件，故错误；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，故正确；C.因为，，所以，故正确；D.如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，故正确；故选：BCD10.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〖答案〗ABC〖解析〗函数的图象每个点纵坐标不变，横坐标变为原来的一半，得到函数，再将所得图象向左平移个单位，向上平移1个单位，得到.对于A，当时，取最大值，最大值是2，故A正确；对于B，由得，所以是一个增区间，故B正确；对于C，当时，，，所以是图象的一个对称中心，故C正确；对于D，，故是对称中心，则不是图象的一条对称轴，故D错误．故选：ABC．11.已知数列满足，，则（）A. B.是的前项和，则C.当为偶数时 D.的通项公式是〖答案〗AD〖解析〗数列满足，，因为，，所以，，B错；由题意，①，②，由②①得，，由，，所以，当为奇数时，设，则，当为偶数时，设，则，综上所述，对任意的，，C错D对；，A对.故选：AD.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〖答案〗ACD〖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．13.展开式中第三项系数为________（用具体数字作答）．〖答案〗7〖解析〗由题意可知，展开式的通项公式为，令，则第三项为，所以系数为.故〖答案〗为：14.已知，则________．〖答案〗1〖解析〗因为，所以，故〖答案〗为：115.三棱锥中,平面,,,,则三棱锥P-ABC外接球的体积是________．〖答案〗〖解析〗如图,将三棱锥还原成直三棱柱,设三棱柱的外接球球心为,分别为上下底面的外心,则为的中点,为底面外接圆的半径,所以球心O到面的距离为,由正弦定理有:,所以,.故〖答案〗为:.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________．〖答案〗0.74〖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：，，，，．故〖答案〗为：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.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．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.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：.解：（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，所以.19.“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．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：X4001600P20.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．解：（1）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.已知函数，，．（1）求曲线过坐标原点的切线方程；（2）若在恒成立，求的取值范围．解：（1）定义域为，，设所求切线的切点为，则，则所求切线方程为，将代入可得：，故，故所求切线方程为．（2）解法一：依题意在上恒成立，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．∴．∴，即实数的取值范围为．解法二：，，可设，，令，，则，所以在上单调递增，所以，所以，则原不等式可转化为在上恒成立，只需，上恒成立．设，，则，所以当时，当时，所以在上单调递增，在上单调递减，所以，∴，故实数的取值范围为．22.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．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）解法一：由（1）知，．当直线斜率不存在时，．与椭圆联立可得，，则，，故而，可得；得当直线斜率存在且不为0时，设，令，，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．广东省韶关市2022-2023学年高二下学期期末数学试题注意事项：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.〖答案〗C〖解析〗由题设有，，故选：C2.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.〖答案〗D〖解析〗由复数的几何意义知：，，，∴．故选:D．3.已知，，，则（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗因为，，，所以.故选：A.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〖答案〗D〖解析〗对于A，当，时，直线m，n相交，异面，平行都有可能；对于B，还少了条件，，才能得到相应的结论；对于C，当，时，，m与相交但不垂直都有可能；对于D，设直线的方向向量分别为，若，，则平面，的一个法向量分别为，且，所以，所以D正确，故选：D．5.部分图象大致是（）A. B.C. D.〖答案〗C〖解析〗函数定义域为，定义域关于原点对称，又，可化为所以，故为偶函数，图形关于y轴对称，排除B，D选项；令可得，或，由，解得，，由，解得，所以函数最小的正零点为，当时，，，，排除A，故选：C.6.已知向量，，则向量在向量上的投影向量为（）A. B.C. D.〖答案〗B〖解析〗，，则向量在向量上的投影向量为.故选：B．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〖答案〗C〖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，因为，所以，当三点共线时取等号，即点和点Q距离的最大值为3，故选：C8.已知函数，若有两个零点，则a的取值范围是（）A. B. C. D.〖答案〗A〖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．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〖答案〗BCD〖解析〗A.事件A与事件B为互斥事件，但事件A与事件B不一定是对立事件，故错误；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，故正确；C.因为，，所以，故正确；D.如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，故正确；故选：BCD10.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〖答案〗ABC〖解析〗函数的图象每个点纵坐标不变，横坐标变为原来的一半，得到函数，再将所得图象向左平移个单位，向上平移1个单位，得到.对于A，当时，取最大值，最大值是2，故A正确；对于B，由得，所以是一个增区间，故B正确；对于C，当时，，，所以是图象的一个对称中心，故C正确；对于D，，故是对称中心，则不是图象的一条对称轴，故D错误．故选：ABC．11.已知数列满足，，则（）A. B.是的前项和，则C.当为偶数时 D.的通项公式是〖答案〗AD〖解析〗数列满足，，因为，，所以，，B错；由题意，①，②，由②①得，，由，，所以，当为奇数时，设，则，当为偶数时，设，则，综上所述，对任意的，，C错D对；，A对.故选：AD.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〖答案〗ACD〖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．13.展开式中第三项系数为________（用具体数字作答）．〖答案〗7〖解析〗由题意可知，展开式的通项公式为，令，则第三项为，所以系数为.故〖答案〗为：14.已知，则________．〖答案〗1〖解析〗因为，所以，故〖答案〗为：115.三棱锥中,平面,,,,则三棱锥P-ABC外接球的体积是________．〖答案〗〖解析〗如图,将三棱锥还原成直三棱柱,设三棱柱的外接球球心为,分别为上下底面的外心,则为的中点,为底面外接圆的半径,所以球心O到面的距离为,由正弦定理有:,所以,.故〖答案〗为:.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________．〖答案〗0.74〖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：，，，，．故〖答案〗为：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.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．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.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：.解：（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，所以.19.“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．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：X4001600P20.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．解：（1）在中，