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1、南京师大附中2023届高二年级期末考试数学（总分150分，考试时间120分钟）注意事项：1.本试卷考试时间为120分钟，试卷满分150分，考试形式闭卷.2.本试卷中所有试题必须作答在答题卡上规定的位置，否则不给分.3.答题前，务必将自己的姓名准考证号用0.5毫米黑色墨水签字笔填写在试卷及答题卡上.第卷（选择题共60分）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）1. 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2. 设集合，则（）A. B. C. D. 3. 设某中学的女生体重（单位：）与身高（单
2、位：）具有线性相关关系，根据一组样本数据，用最小二乘法建立的经验回归方程为.若该中学女生的平均身高为，则该中学女生的平均体重的估计值是（）A. B. C. D. 4. 设与均为单位向量，它们的夹角为.若，则的范围是（）A. B. C. D. 5. 设，则（）A. B. CD. 6. 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. 150D. 2407. 设函数，则关于的不等式的解集为（）A. B. C. D. 8. 设抛物线的焦点为，准线为是与轴的交点，.过此抛物线上一点作直线的垂线，垂足记为点与相交
3、于点，若，则点到轴的距离为（）A. B. C. D. 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）9. 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B甲乙两地12日温差最大C. 甲地这8日平均气温为D. 甲地的75百分位数是10. 已知为各项为正数的等比数列，.记是数列的前项和，是数列的前项和，则下列说法正确的是（）A. 数列的公比为2B. C. 数列为等差数列D. 数列的前项和为11. 若函数，则在区间内可能（）A. 单调递增
4、B. 单调递减C. 有最小值，无最大值D. 有最大值，无最小值12. 如图，圆锥内有一个内切球，球与母线，分别切于点，.若是边长为2的等边三角形，为圆锥底面圆的中心，为圆的一条直径（与不重合），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. 平面截得圆锥侧面的交线形状为抛物线C. 四面体体积的取值范围是D. 若为球面和圆锥侧面的交线上一点，则最大值为第II卷（非选择题共90分）三、填空题（本共大题共4小题，每小顾5分，共20分）13. 若，则值等于_.14. 展开式中的常数项为_.15. 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
5、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_.16. 若存在实数使得，则的值为_.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）17. 已知各项不为零的数列满足：.（1）求，并求的通项公式；（2）记数列的前项和为，证明：.18. 的内角的对边分别为，已知.（1）求；（2）求周长的最大值.19. “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
6、如下表所示：首选传统景区首选网红景点总计男性2030女性1220试判断是否有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，求的分布列和期望.附：（其中.0.050.100.0013.8412.70610.82820. 如图，在四棱台中，平面，四边形为菱形，.（1）证明：；（2）点是棱上靠近点的三等分点，求二面角的余弦值.21. 已知双曲线经过点，且离心率为2.（1）求的方程；（2）过点作轴的垂线，交直线于点，交轴于点.设点为双曲线上的两个动点，
7、直线的斜率分别为，若，求.22. 已知函数.（1）若，讨论的单调性；（2）若，存在满足，且，求的取值范围.南京师大附中2023届高二年级期末考试数学（总分150分，考试时间120分钟）注意事项：1.本试卷考试时间为120分钟，试卷满分150分，考试形式闭卷.2.本试卷中所有试题必须作答在答题卡上规定的位置，否则不给分.3.答题前，务必将自己的姓名准考证号用0.5毫米黑色墨水签字笔填写在试卷及答题卡上.第卷（选择题共60分）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）1. 复数在复平面内对应的点位于（）A. 第一象限B. 第二象限C.
8、第三象限D. 第四象限【答案】D【解析】【分析】根据给定条件，利用复数的除法运算求出复数即可作答.【详解】复数，所以复数在复平面内对应的点位于第四象限.故选：D2. 设集合，则（）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据一元二次不等式的解法求出集合，根据对数函数的单调性求出集合，再根据并集的定义即可得解.【详解】，所以.故选：C.3. 设某中学的女生体重（单位：）与身高（单位：）具有线性相关关系，根据一组样本数据，用最小二乘法建立的经验回归方程为.若该中学女生的平均身高为，则该中学女生的平均体重的估计值是（）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】将代入回归直线方程，可
9、得出该中学女生的平均体重的估计值.【详解】将代入回归直线方程得，因此，该中学女生的平均体重的估计值是.故选：A.4. 设与均为单位向量，它们的夹角为.若，则的范围是（）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】运用数量积求模的方法求解.【详解】依题意有：，即，又，；故选：B.5. 设，则（）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】分别写成以5,8为底的对数，再由指数性质比较真数大小即可.【详解】因为，所以，故，即，因为，而，所以，故，综上，故选：D6. 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. 2
10、5B. 40C. 150D. 240【答案】C【解析】【分析】按照和二种方法分组，再排列即可.【详解】依题意，可以按照和2,2,1二种方法分组：按照3,1,1分组有种方法；按照2,2,1分组有种方法，一共有种方法；故选：C.7. 设函数，则关于的不等式的解集为（）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】先判断出利用奇偶性，再利用导数求得的单调性，从而利用奇偶性、单调性解不等式即可得解.【详解】因为，其定义域为，所以，故为奇函数，又，当且仅当，即时等号成立，所以在上单调递增，故由得，即，所以，解得.故选：D.8. 设抛物线的焦点为，准线为是与轴的交点，.过此抛物线上一点作直线的垂线，垂
11、足记为点与相交于点，若，则点到轴的距离为（）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据向量的线性关系确定，并确定相似比，再根据抛物线的定义即可求解.【详解】作图如下由得，又因为为，的中点，所以为的三等分点，且，又因为，所以，且，所以，不妨设，且在第一象限，所以，因为点在抛物线上，所以，所以根据相似关系，即点到轴的距离为.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）9. 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
12、极差为B甲乙两地12日温差最大C. 甲地这8日平均气温为D. 甲地的75百分位数是【答案】BCD【解析】【分析】根据所给气温折线图，计算极差，平均值，百分位数即可得解.【详解】由折线图可知，乙地在这8日内最高气温的极差为，故A错误；由图可知，甲乙两地12日温度分别达到最高、最低，温差最大，故B正确；甲地这8日平均气温为，故C正确；因为，所以数据由小到大排列的第6与第7位的平均值即为75百分位数，故D正确.故选：BCD10. 已知为各项为正数的等比数列，.记是数列的前项和，是数列的前项和，则下列说法正确的是（）A. 数列的公比为2B. C. 数列为等差数列D. 数列的前项和为【答案】ABC【解析
13、】【分析】根据等比数列基本量的计算得公比，即可求解等比数列的通项公式，即可判断AC,根据等比数列的求和公式即可判断BD【详解】对于A：已知数列为各项为正数的等比数列，所以，解得；故A正确；对于B：由条件得：，所以，故也为等比数列，且公比为4，故，所以，故B正确；对于C：由于（常数），故C正确；对于D:，故，故D错误故选：ABC11. 若函数，则在区间内可能（）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【答案】BC【解析】【分析】根据题意结合余弦函数性质分析判断.【详解】因为，则，当时，因为在上单调递减，所以在区间内单调递减，无最值；当时，令，解得，因在上单调递
14、减，则所以在区间内单调递减，有最小值，无最大值；综上所述：在区间内可能单调递减，有最小值，无最大值.故选：BC.12. 如图，圆锥内有一个内切球，球与母线，分别切于点，.若是边长为2的等边三角形，为圆锥底面圆的中心，为圆的一条直径（与不重合），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. 平面截得圆锥侧面的交线形状为抛物线C. 四面体的体积的取值范围是D. 若为球面和圆锥侧面的交线上一点，则最大值为【答案】ABD【解析】【分析】根据球的表面积公式以及圆锥侧面积公式即可判断A，根据平面，结合圆锥曲线的性质即可判断B，根据锥体的体积公式即可判断C，根据垂直关系，结合勾股定理
15、以及基本不等式即可判断D.【详解】连接，正内切圆即为球的截面大圆，球心在线段上，为边长为2的等边三角形，所以，则球的半径，所以球的表面积，圆锥的侧面积，球的表面积与圆锥的侧面积之比为，故A正确；,所以，是边，的中点，平面，平面，平面，平面截得圆锥侧面的交线形状为抛物线，故B正确；由题意可得四面体被平面截成体积相等的两部分，设到平面的距离为，即,，故C错误；依题意，动点的轨迹是圆，所在平面与圆锥底面平行，令其圆心为，由，是边，的中点，可得，则有，即，因此，由均值不等式得：，即，当且仅当时取“”，故D正确故选：ABD第II卷（非选择题共90分）三、填空题（本共大题共4小题，每小顾5分，共20分）1
16、3. 若，则的值等于_.【答案】【解析】【分析】利用两角差的正切公式可求出的值.【详解】因为，故答案为：【点睛】本题考查两角差的正切公式，考查了计算能力，属于基础题.14. 展开式中的常数项为_.【答案】【解析】【分析】利用二项式展开式的通项公式，令x的指数为0，求得参数r的值，即可求得答案.【详解】由题意的展开式的通项为，令，故展开式中的常数项为，故答案为：6015. 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_.【答案】【解析】【分析】根据给定条件，利
17、用全概率公式求解作答.【详解】记1号罐子中取出红球的事件为，取出黑球的事件为，从2号罐子中取出红球的事件为，显然互斥，所以.故答案为：16. 若存在实数使得，则的值为_.【答案】#【解析】【分析】由已知得，令，利用导数可得，再根据等号成立的条件可得答案.【详解】由已知得，令，则，当时，单调递增，当时，单调递减，所以，可得，所以，即，当且仅当即等号成立，此时的值为.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）17. 已知各项不为零的数列满足：.（1）求，并求的通项公式；（2）记数列的前项和为，证明：.【答案】（1），（2）证明见解析【解析】【分析】（
18、1）由，两边同除以，得，从而可知数列是首项为，公差为2的等差数列，可求数列的通项公式，进而可得答案；（2）根据，结合（1），将通项裂项可得，求和后可得结论【小问1详解】因为，所以，所以，所以数列是以1为首项，2为公差的等差数列，所以，所以，；【小问2详解】，所以所以.18. 的内角的对边分别为，已知.（1）求；（2）求周长的最大值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）运用正弦定理结合条件求解即得；（2）运用余弦定理和基本不等式求解.小问1详解】由正弦定理，可知，整理得，因为，所以，因为，所以，所以，又因为，所以，又，所以；【小问2详解】由余弦定理，得，所以，则，所以，当且仅当“”时取得等
19、号，所以周长的最大值为；综上，周长的最大值为.19. “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1220试判断是否有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，求的分布列和期望.附：（其中.0.050.100.001
20、3.8412.70610.828【答案】（1）有（2）分布列见解析，1.2【解析】【分析】（1）根据表中的数据填写列联表，再按照公式计算；（2）随机变量X服从二项分布，根据二项分布求出分布列和数学期望.【小问1详解】提出假设：是否选择网红景点与性别没有关系.由题意，补全列联表得首选传统景区首选网红景区合计男性201030女性81220合计282250根据公式求得，因为当成立时，的概率约为0.1，所以有的把握认为，是否首选网红景点与性别有关；【小问2详解】由题意知，随机变量服从二项分布，则的分布列为：，的分布表为：01230.0640.2880.4320.216所以的期望值；综上，是否首选网红景
21、点与性别有关；的期望值.20. 如图，在四棱台中，平面，四边形为菱形，.（1）证明：；（2）点是棱上靠近点的三等分点，求二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）由线面垂直得到线线垂直，结合菱形对角线互相垂直，得到线面垂直，证明出结论；（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求解二面角的大小.【小问1详解】四棱台中，延长后交于一点，故共面，因为平面平面，故，连接，因底面四边形为菱形，故，因为平面，故平面，因为平面，所以；【小问2详解】过点作的垂线交与点，以作为轴，以分别为轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，不妨设，则，由于，故，由于点是棱上靠近点的三等分点，故，则，则
22、，记平面的法向量为，则，令，则，即.平面的法向量可取为，则由图知二面角为锐二面角，故二面角的余弦值为.21. 已知双曲线经过点，且离心率为2.（1）求的方程；（2）过点作轴的垂线，交直线于点，交轴于点.设点为双曲线上的两个动点，直线的斜率分别为，若，求.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据题意求出即可得解；（2）设，方法一：分直线斜率存在和不存在两种情况讨论，设直线方程为，联立方程，利用韦达定理求得，再根据求出的关系，从而可得直线过定点，进而可得出答案.方法二：可设直线方程为，由可得，再根据求出，从而可得直线过定点，进而可得出答案.【小问1详解】由题意得，解得，所以的方程为；【小问2
23、详解】由题意，点坐标为，点坐标为，设，方法一：若直线斜率存在，设直线方程为，消去可得，且，且，整理可得，化简得，即，因为直线不过点，所以，所以，即，所以直线的方程为，恒过定点，若直线斜率不存在，则，解得，所以直线的方程为，过定点，综上，直线恒过定点，设点到直线的距离为，点到直线的距离为，.方法二：因为直线不过点，所以可设直线方程为，由可得，即，得，等式左右两边同时除以，得，解得，所以直线方程为，即，恒过定点，下同法一.【点睛】方法点睛：求解直线过定点问题常用方法如下：（1）“特殊探路，一般证明”：即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目的的一般性证明；（2）“一般推理，特殊求解”：即设出
24、定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线系或曲线的方程，再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即为所求点；（3）求证直线过定点，常利用直线的点斜式方程或截距式来证明.22. 已知函数.（1）若，讨论的单调性；（2）若，存在满足，且，求的取值范围.【答案】（1）答案见解析（2）【解析】【分析】（1）求导后直接根据b的临界情况分类讨论即可；（2）方法一：通过条件转化后构造，求导后分类讨论，舍去，时，二次求导，取，通过放缩证明必有，从而存在，从而求出范围；方法二：通过条件转化得到，然后换元令，转化为在上有解，通过求导与分类讨论进而求解即可.【小问1详解】当时，
25、当时，对任意恒成立，所以的单调增区间是，无减区间；当时，令，得，令，得，所以的单调增区间是，单调减区间是；综上，当时，的单调增区间是，无减区间；当时，的单调增区间是，单调减区间是.【小问2详解】方法一：当时，因为，所以，又因为，不妨设，所以.令，则问题转化为在上有解.注意到，当，即时，对任意恒成立，所以在上单调递增，在上无解，不符题意，舍去.当，即时，设，则，即上单调递增，所以，从而在上单调递减.因为，所以存在.从而在上单调递增，上单调递减.取，令，设恒成立，所以，从而，即，因为，所以，所以.此时因为且在上单调递增，上单调递减，所以必有，从而存在，符合题意.综上，.方法二：当时，因为，所以，因为，且，所以，令，从而，即，令，则问题转化为在上有解.若，即时，在上恒成立，所以在上单调递增，所以在上无解，不符题意，舍去.若，即时，令，则在上单调递增，所以在上单调递增，因为，所以存在，从而在上单调递减，在上单调递增.令，所以，从而，即，此时取，此时，所以因为且在上单调递减，上单调递增，所以必有，从而存在，符合题意.综上，【点睛】导数是研究函数的重要工具，含有参数的问题要善于找到临界情况进而分类讨论，得到答案；极值点偏移类的问题多通过二次求导，研究一次导数变化趋势，进而快速求解.