精品解析：江苏省南京市江宁区2023-2024学年高二下学期期末考试数学试卷

2023-2024学年第二学期期末试卷 高二数学 2024.06 注意事项： 1．本试卷包括单项选择题（第1题~第8题）、多项选择题（第9题~第11题）、填空题（第12题~第14题）、解答题（第15题~第19题）四部分．本试卷满分为150分，考试时间为120分钟． 2．答卷前，考生务必将自己的姓名、学校、班级填在答题卡上指定的位置． 3．作答选择题时，选出每小题的答案后，用2B铅笔在答题卡上将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． 4．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，再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液． 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. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】计算集合，再求即可. 【详解】由题意，集合，, 所以. 故选：B. 2. 样本数据36，27，25，22，20，16，13，12，11的第60百分位数为（ ） A. 16 B. 21 C. 22 D. 23.5 【答案】C 【解析】 【分析】根据百分位数的求法计算即可求解. 【详解】将样本数据从小到大排序得， 则， 所以第百分位数为第个数，即. 故选：C. 3. 若展开式中的常数项为60，则（ ） A. 2 B. C. 4 D. 【答案】B 【解析】 【分析】写出二项展开式的通项，整理后令的指数为0，得到常数项相应的项数，由常数项的值求的值. 【详解】展开式的通项为， 令，得， 当时，，则有，解得. 故选：B. 4. “”是“两条直线平行”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】根据直线平行的等价条件求出，利用充分条件和必要条件的定义进行判断即可． 【详解】因为两条直线平行， 所以直线斜率相等或斜率不存在， 当两直线斜率不存在时，即，两直线为，成立； 当两直线斜率存在时，即，解得，两直线为成立， 综上或. 所以“”是“两条直线平行”的充分不必要条件. 故选：A. 【点睛】 5. 已知单位向量，满足|－|＝，则与的夹角为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】将两边平方求得,再利用向量夹角公式即可求解. 【详解】根据题意得,得, 所以,所以. 故选：C 6. 某罐中装有大小和质地相同的4个红球和3个绿球，每次不放回地随机摸出1个球，连续摸两次.记“第一次摸球时摸到红球”，“第一次摸球时摸到绿球”，“第二次摸球时摸到红球”，“第二次摸球时摸到绿球”，“两次都摸到红球”，“两次都摸到绿球”，则下列说法中正确的是（ ） A. 与R2为互斥事件 B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用事件互斥，古典概型，条件概率，全概率的计算公式，以及相互独立事件的概念和计算，逐项求解，即可求解. 【详解】对于A，“第一次摸球时摸到红球”，“第二次摸球时摸到红球”， 每次不放回地随机摸出1个球，存在事件“两次都摸到红球”，故A错误； 对于B，根据题意计算得 ，故B错误； 对于C，根据题意计算得，故C错误； 对于D，由条件概率的公式，故D正确； 故选：D. 7. 已知中，，，则将以为旋转轴旋转一周后得到的几何体体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由余弦定理可求出边的长，设边上的高为，根据面积关系可求出的值，再根据圆锥的体积公式计算可得结果. 【详解】设边上的高为，以边为旋转轴旋转一周后得到的几何体为两个圆锥，设为. 因为，且，，，且，即. 因为，所以， 则. 故选：A 8. 已知双曲线的左、右焦点分别，.A是C上一点（在第一象限），直线与轴y交于点B，若，且，则C的渐近线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据双曲线的定义和勾股定理，结合余弦定理和建立关于，的方程，即可求解. 【详解】如图： 设，则，因为， 所以，根据双曲线的定义：， 因为，由勾股定理得：， 所以，则，，. 在中，. 在中，. 因为，，所以， 从而， 即， 所以， 所以双曲线渐近线的方程为：. 故选：C. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 已知复数，，下列说法正确的有（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. D. 若，则 【答案】AC 【解析】 【分析】设，，根据共轭复数及复数相等的充要条件判断A、C，利用特殊值判断B、D. 【详解】设，，则，， 对于A：因为，所以，即，所以，故A正确； 对于B：令，，则， 但是，所以，故B错误； 对于C：因为，， 所以，故C正确； 对于D：令，，满足，但是，故D错误. 故选：AC 10. 若正数，满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ABC 【解析】 【分析】利用基本（均值不等式）可判断ABD的真假；设函数（），分析其单调性，可判断C的真假. 【详解】因为，且，所以（当且仅当时取“”）. 所以，故A正确； ，故B正确； 设（），则在上恒成立，所以函数在上单调递增，所以， 所以成立，故C正确； 又，又，所以，即，故D错误. 故选：ABC 11. 如图，在棱长为2的正方体中，为的中点，点满足，则（ ） A. 平面平面 B. 任意，三棱锥的体积是定值 C. 周长最小值为 D. 当时，平面截该正方体的外接球所得截面的面积为 【答案】AD 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量知识依次判断选项即可. 【详解】建立如图所示的空间直角坐标系 对于A，，，，， 则，，， 设平面法向量，则，令，则， 设平面法向量，则，令，则， 所以，即，则平面平面，故A正确； 对于B，，，，则， 所以与不垂直，则与平面不平行，所以当在运动时，到平面的距离不是定值， 底面的面积为定值，则三棱锥的体积不是定值，所以B不正确； 对于C，由图可知 ，，所以周长最小值必定大于，故C错误； 对于D，可知正方体的球心，球的半径 ，，当时，， 所以，设平面法向量为， 所以，令，则 所以球心到平面的距离，， 所以平面截该正方体的外接球所得截面圆的半径， 则平面截该正方体的外接球所得截面的面积为，故D正确. 故选：AD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 在等差数列中，，，则_____． 【答案】9 【解析】 【分析】根据等差数列的性质可得，即可求解. 【详解】因为在等差数列中，，，则，即， 故答案为： 13. 即将暑假，小明一家5人计划开车回趟老家，车子前排有驾驶座和副驾驶座，后排有3个座位．家人中只有小明和哥哥不会开车，且小明未成年只能坐在后排，则一共有_____种不同的乘坐方式． 【答案】54 【解析】 【分析】考虑利用分布乘法计数原理的应用，结合“特殊元素（特殊位置）优先法”解决问题. 【详解】第一步：考虑小明只能坐在后排，所以小明的坐法有：种； 第二步：考虑驾驶座的坐法，只能从3人中选1人，有：种； 第三步：其他3人，还有3个位置，坐法有：种. 根据分步乘法计数原理，一共有：种不同的乘坐方式. 故答案为：54 14. 如果函数在区间上为增函数，则记为；函数在区间 上为减函数，则记为． 如果且，则实数的最大值为_____；如果函数，且，，则实数a的取值范围为______． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】求函数的周期，函数单调减区间的最大长度是函数的半个周期，可得空1的答案；利用函数在区间上的导数小于等于0，在上的导数大于等于0，可得空2的答案. 【详解】因为的最小正周期为：，所以函数单调减区间的最大长度为半个周期，即， 问题转化为，当时，恒成立，且当时，恒成立. 因为：. 由， 所以或. 故答案为：； 【点睛】关键点点睛：函数在给定的区间上单调递增，求参数的取值范围，是根据在给定的区间上导数大于等于0求解，而不是导数大于0求解. 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 中，角，，的对边分别是，，，且，. （1）求； （2）若面积为，求边上中线的长. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理化简，可得，从而得到； （2）由面积公式，可得，在，利用余弦定理即可求出中线长. 【小问1详解】 因为， 由正弦定理得，， 所以， 因为，，的为三角形内角，所以或 又，所以，即， 又因为，所以 【小问2详解】 依题意，因为，所以， 则，解得， 设边的中点为，所以，， 所以在中，由余弦定理知， 所以边上中线的长. 16. 已知函数 (其中为常数)． （1）当时，求函数的单调区间； （2）求函数在上的最小值． 【答案】（1）单调递增区间为；单调递减区间为 （2）答案见解析 【解析】 【分析】（1）根据的正负确定单调区间； （2）分类讨论，根据单调的单调性确定的最小值. 【小问1详解】 令解得，所以的单调递增区间为 令解得，所以的单调递减区间为 【小问2详解】 ①当时，在上单调递增，； ②当时，在上单调递增，； ③当时，令和分别解得和， 则在上单调递减，单调递增，所以； ④当时，在上单调递减. 综上所述：当时，； 当时，； 当时，. 17. 如图，在四棱锥中，底面满足，底面， 且，E为中点． （1）求证：面； （2）求平面与平面的夹角的余弦值． 【答案】（1）证明：方法一：取SC的中点设为F，连接EF、DF， 由题意可知E、F分别为的中点，则，且， ∵，∴，且， 则且， ∴四边形为平行四边形， ∴， 且面，面 ∴面； 方法二：取BC的中点设为F，连接， 由分别为中点，所以， 且面，面，∴面， ∵，∴，且， 则且， ∴四边形为平行四边形，∴， 且面，面，∴面， 而面，且， 所以面面，面， 从而得到面； 方法三：由题可知底面，，故两两垂直． 则以A为原点，分别为x、y、z轴正方向建系， ， 则，，， 设平面的一个法向量为， 则，即，令，则， 所以， 而， 所以，又且面， ∴面； （2） 【解析】 【分析】（1）方法一：取SC的中点设为F，连接EF、DF，可证四边形为平行四边形，得，从而得证； 方法二：取BC的中点设为F，连接，通过证明面面，从而得证； 方法三：则以A为原点，分别为x、y、z轴正方向建系，确定平面的一个法向量，证即可； （2）利用两平面的法向量求其夹角余弦值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 根据（1）方法三，可知平面的一个法向量为， 平面的一个法向量为， 则， 所以平面与平面的夹角的余弦值. 18. 在直角坐标系中，动圆经过点且与直线相切，记动圆圆心的轨迹为曲线C．直线y＝x＋b(其中b为非零常数)与曲线C交于两点，设曲线C在点处的切线分别为和，已知和分别与轴交于点M，N．与的交点为T． （1）求曲线C的轨迹方程； （2）求点T的横坐标； （3）已知与面积之比为5，求实数b的值． 【答案】（1） （2） （3）或 【解析】 【分析】（1）根据题目条件利用定义判断曲线为抛物线，根据定点与定直线可得方程为. （2）联立直线与曲线使用韦达定理得到交点坐标的关系，利用导数得到两点处的切线方程，联立方程利用已知条件即可得到交点横坐标为. （3）利用两点的横坐标分别表示出两个三角形的面积，从而得解. 【小问1详解】 由题意分析可知C到点的距离等于C到与直线的距离， 故曲线C的轨迹为抛物线，且以为焦点，以为准线． 故曲线C的轨迹方程为. 【小问2详解】 由得，设，，． 联立直线和抛物线，消去y得， 则，，，得. ：，：， 联立和，解得，，即. 故T点横坐标为. 【小问3详解】 ：，令，得； ：，令，得． . 设AB中点为H点，，将带入得. 所以 ， 所以. 已知且，解得或. 【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下： （1）设直线方程，设交点坐标为； （2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，注意的判断； （3）列出韦达定理； （4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式； （5）代入韦达定理求解. 19. 2024年5月28日，南京首家开市客超市开业，开市客超市是一家会员制超市，办了会员便可以携同伴进入购物．据统计，开业第一天人流量超过三万人，且大多组团来逛超市，如果单独一人逛超市，则视此人为单独一个团体．其中的团体拥有一张会员卡，结账时将会收到超市赠送的精美布袋一个；另外的团体拥有两张及以上会员卡，结账时将会收到超市赠送的精美布袋两个．假设每个团体之间相互独立，且将频率看做概率． （1）随机抽取3个团体，记3个团体收到超市赠送的精美布袋总个数为，求的分布列和期望； （2）将个团体获赠精美布袋总个数为个的事件概率记为，求； （3）如果你是开市客超市负责人，预计某时间段有100个团体来超市购物，若以需要赠送精美布袋总个数概率最大为依据，请问你应该提前准备多少精美布袋比较合理．并与该时间段内需要赠送精美布袋总个数的期望比较大小． 【答案】（1）分布列见解析；期望为 （2） （3）答案见解析 【解析】 【分析】（1）根据题意可知精美布袋个数的可能取值为3，4，5，6，求出对应的概率，写出分布列，求出期望即可；（2）由题可得，利用错位相减求出即可；（3）设获得一份精美布袋的团体个数为，因此获得精美布袋总个数为，从而得到精美布袋总个数为的概率，计算出概率最大时的取值，从而得到的值，即可求解 【小问1详解】 据题意，获得一份精美布袋概率为，获得两份精美布袋概率为， 则精美布袋个数的可能取值为3，4，5，6 其中，， ， 所以的分布列为 3 4 5 6 【小问2详解】 因为个团体获赠精美布袋总数为个，则只有1团体获得两份精美布袋，其余个团体获得一份精美布袋； 于是， 则， 所以 两式相减，得 所以 【小问3详解】 设获得一份精美布袋的团体个数为， 则获得两份精美布袋的团体个数为， 因此获得精美布袋总个数为， 此时精美布袋总个数为的概率， 当此概率取最大值时，必有，于是 整理得， 解得，而，则，则， 所以精美布袋总个数取最大值时， 由于获得一份精美布袋概率为，获得两份精美布袋概率为，故一个人获得精美布袋期望为 此概率模型符合二项分布，故100个团体对应期望值为 从以上结果来看，获取125个布袋的概率最大，数值与总布袋获取的期望相等 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2023-2024学年第二学期期末试卷 高二数学 2024.06 注意事项： 1．本试卷包括单项选择题（第1题~第8题）、多项选择题（第9题~第11题）、填空题（第12题~第14题）、解答题（第15题~第19题）四部分．本试卷满分为150分，考试时间为120分钟． 2．答卷前，考生务必将自己的姓名、学校、班级填在答题卡上指定的位置． 3．作答选择题时，选出每小题的答案后，用2B铅笔在答题卡上将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． 4．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，再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液． 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. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 样本数据36，27，25，22，20，16，13，12，11的第60百分位数为（ ） A. 16 B. 21 C. 22 D. 23.5 3. 若展开式中的常数项为60，则（ ） A. 2 B. C. 4 D. 4. “”是“两条直线平行”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 5. 已知单位向量，满足|－|＝，则与的夹角为（ ） A. B. C. D. 6. 某罐中装有大小和质地相同的4个红球和3个绿球，每次不放回地随机摸出1个球，连续摸两次.记“第一次摸球时摸到红球”，“第一次摸球时摸到绿球”，“第二次摸球时摸到红球”，“第二次摸球时摸到绿球”，“两次都摸到红球”，“两次都摸到绿球”，则下列说法中正确的是（ ） A. 与R2为互斥事件 B. C. D. 7. 已知中，，，则将以为旋转轴旋转一周后得到的几何体体积为（ ） A. B. C. D. 8. 已知双曲线的左、右焦点分别，.A是C上一点（在第一象限），直线与轴y交于点B，若，且，则C的渐近线方程为（ ） A. B. C. D. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 已知复数，，下列说法正确的有（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. D. 若，则 10. 若正数，满足，则（ ） A. B. C. D. 11. 如图，在棱长为2的正方体中，为的中点，点满足，则（ ） A. 平面平面 B. 任意，三棱锥的体积是定值 C. 周长最小值为 D. 当时，平面截该正方体的外接球所得截面的面积为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 在等差数列中，，，则_____． 13. 即将暑假，小明一家5人计划开车回趟老家，车子前排有驾驶座和副驾驶座，后排有3个座位．家人中只有小明和哥哥不会开车，且小明未成年只能坐在后排，则一共有_____种不同的乘坐方式． 14. 如果函数在区间上为增函数，则记为；函数在区间 上为减函数，则记为． 如果且，则实数的最大值为_____；如果函数，且，，则实数a的取值范围为______． 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 中，角，，的对边分别是，，，且，. （1）求； （2）若面积为，求边上中线的长. 16. 已知函数 (其中为常数)． （1）当时，求函数的单调区间； （2）求函数在上的最小值． 17. 如图，在四棱锥中，底面满足，底面， 且，E为中点． （1）求证：面； （2）求平面与平面的夹角的余弦值． 18. 在直角坐标系中，动圆经过点且与直线相切，记动圆圆心的轨迹为曲线C．直线y＝x＋b(其中b为非零常数)与曲线C交于两点，设曲线C在点处的切线分别为和，已知和分别与轴交于点M，N．与的交点为T． （1）求曲线C的轨迹方程； （2）求点T的横坐标； （3）已知与面积之比为5，求实数b的值． 19. 2024年5月28日，南京首家开市客超市开业，开市客超市是一家会员制超市，办了会员便可以携同伴进入购物．据统计，开业第一天人流量超过三万人，且大多组团来逛超市，如果单独一人逛超市，则视此人为单独一个团体．其中的团体拥有一张会员卡，结账时将会收到超市赠送的精美布袋一个；另外的团体拥有两张及以上会员卡，结账时将会收到超市赠送的精美布袋两个．假设每个团体之间相互独立，且将频率看做概率． （1）随机抽取3个团体，记3个团体收到超市赠送的精美布袋总个数为，求的分布列和期望； （2）将个团体获赠精美布袋总个数为个的事件概率记为，求； （3）如果你是开市客超市负责人，预计某时间段有100个团体来超市购物，若以需要赠送精美布袋总个数概率最大为依据，请问你应该提前准备多少精美布袋比较合理．并与该时间段内需要赠送精美布袋总个数的期望比较大小． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $