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【含答案】

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．23.53．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，．是上一点(在第一象限)，直线与轴交于点，若，且，则的渐近线方程为（

）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．1．B【分析】计算集合，再求即可.【详解】由题意，集合，,所以.故选：B.2．C【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．B【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．A【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．C【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：C6．D【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．A【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：A8．A【分析】设，用，表示的各边长，利用勾股定理确定，的关系，再探求与的关系，利用余弦定理和直角三角形的边角关系，列出等式，再由双曲线中的关系，求出即可.【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.所以：，，.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：A【点睛】关键点点睛：本题的关键点是得到，利用得到关于的关系，整理过程运算量较大，要足够细心和耐心.9．AC【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：AC10．ABC【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：ABC11．AD【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：AD12．9【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：13．54【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：5414．【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.15．(1)(2)【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.【详解】（1）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（2）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．(1)单调递增区间为；单调递减区间为(2)答案见解析【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.【详解】（1）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（2）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．(1)证明见解析(2)【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.【详解】（1）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）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．(1)(2)(3)或【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.【详解】（1）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.（2）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.（3）：，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．(1)分布列见解析；期望为(2)(3)答案见解析【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【详解】（1）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