广东省五校2022-2023学年高二下学期期末联考数学试题

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一、单项选择题：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，则为（）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】解不等式化简集合A，求出函数的定义域化简集合B，再利用补集、并集的定义求解作答.
【详解】解不等式，得或，即或，则，
函数有意义，则，解得，则，
所以.
故选：C
2. 若对，恒成立，其中，，则（ ）
A. 3B. 2C. 0D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据二项式定理化简等式右侧得，从而求解即可.
【详解】由，
得，所以，所以.
故选：C.
3. 任给，对应关系使方程的解与对应，则是函数的一个充分条件是（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据函数的定义，，，则的范围要包含.
【详解】根据函数的定义，对任意，按，在的范围中必有唯一的值与之对应，，则，则的范围要包含，
故选：A．
4. 在正四棱锥中，分别为的中点，直线与所成角的余弦值为，则三棱锥的体积为（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】连接，，根据得即为与所成的角，设，再根据几何关系可求得，再根据，结合锥体体积求解即可.
【详解】连接，，如图，
设，由，得即为与所成的角，
在中，易知，，解得.
设，在中，①，
因为，故，
则在中，，
即②，
①②两式相加求得，因为，解得.
因为为的中点，故，
因为，，所以三角形为等腰直角三角形，
则在等腰直角三角形中，易求得到的距离即到底面的距离为，
故到平面的距离为，
，
故所求三棱锥的体积为.
故选：B
5. 已知复数，则（）
A. 2022B. 2023C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意结合复数运算可得的方程的根为，进而整理可得，取即可得结果.
【详解】设，
则，
由题意可得：
可得关于的方程的根为，
故，
整理得，
即，
令，可得，
且2022为偶数，所以.
故选：B.
6. 已知集合，若从U的所有子集中，等可能地抽取满足条件“，”和“若，则”的两个非空集合A，B，则集合A中至少有三个元素的概率为（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由题意分析集合A、B的特点，根据组合知识计算古典概型即可.
【详解】由，可得中没有重复数字，
由，则可得不为空集，
则可将中10个数字分为5组，分别为2或20，4或18，6或16，8或14，10或12，
且每组数中的一个数如果在集合A中，另一个必在集合中，
所以集合A中元素的个数小于等于集合中元素的个数，
所以集合A中元素的个数可能为1，2，3，4，5，
所以集合A的可能的个数为，
所以.
7. 已知双曲线的右焦点为F，过点F且斜率为的直线l交双曲线于A、B两点，线段AB的中垂线交x轴于点D. 若，则双曲线的离心率取值范围是（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意利用韦达定理求以及线段AB的中垂线的方程，进而可求点D和，结合运算求解即可.
【详解】设双曲线的右焦点为，则直线，
联立方程，消去y得：，
则可得，
则，
设线段的中点，则，
即，
且，线段的中垂线的斜率为，
则线段的中垂线所在直线方程为，
令，则，解得，
即，则，
由题意可得：，即，
整理得，则，
注意到双曲线的离心率，
∴双曲线的离心率取值范围是.
故选：A.
【点睛】方法定睛：双曲线离心率(离心率范围)的求法
求双曲线的离心率或离心率的范围，关键是根据已知条件确定a，b，c的等量关系或不等关系，然后把b用a，c代换，求的值（或范围）．
8. 已知过点不可能作曲线的切线．对于满足上述条件的任意的b，函数恒有两个不同的极值点，则a的取值范围是（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先根据已知条件求得的取值范围，然后由进行转化，换元后通过构造函数法，结合导数来求得的取值范围.
【详解】设是曲线上的任意一点，，
所以在点处的切线方程为，
代入点得，，
由于过点不可能作曲线的切线，
则直线与函数的图象没有公共点，
，
所以函数在区间上导数大于零，函数单调递增；
在区间上导数小于零，函数单调递减，
所以当时，函数取得极大值也即是最大值，
则．
对于满足此条件的任意的b，函数恒有两个不同的极值点，
等价于恒有两个不同的变号零点，
等价于方程有两个不同的解．
令，则，，
即直线与函数的图象有两个不同的交点．
记，则，
记，则，
所以在上单调递增．
令，得．
当时，，当时，，
所以在上单调递减，上单调递增．
所以．
所以．因为，所以，所以．
即实数a的取值范围是．
故选：A
【点睛】求解切线有关问题，关键点有3个，第一个是要判断已知点是在曲线上还是在曲线外；第二个是切点的坐标，切点既在曲线上，也在切线上；第三个斜率，斜率可利用导数求得，也可以利用直线上两点坐标来求得.
二、多项选择题：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. 关于x的不等式的解集中恰有4个整数，则a的值可以是（）
A. B. C. D. －1
【答案】AD
【解析】
【分析】利用已知条件判断的符号，求出不等式对应方程的根，然后列出不等式求解即可．
【详解】关于的不等式的解集中恰有4个整数，
所以，因为时，不等式的解集中的整数有无数多个．
不等式，对应的方程为：，
方程的根为：和；
由题意知，，则，解得；
当时，不等式的解集是，解集中含有4个整数：0,1,2,3；满足题意．
当时，不等式的解集是，解集中含有4个整数：,0,1,2；满足题意．
当时，不等式的解集是,，此时，
解集中含有5个整数：,0,1,2,3；不满足题意．
当时，不等式的解集是,，，
解集中含有整数个数多于4个，不满足题意．
综上知，的值可以是和．
故选：AD
10. 用长为3的铁丝围成，记的内角的对边分别为，已知，则（）
A. 存在满足成公差不为0的等差数列
B. 存在满足成等比数列
C. 的内部可以放入的最大圆的半径为
D. 可以完全覆盖的最小圆的半径为
【答案】BCD
【解析】
【分析】利用余弦定理及等差中项结合条件可判断A，利用等比中项的性质结合条件可判断B，利用余弦定理及三角形面积公式可得三角形内切圆半径的最大值进而判断C，利用正弦定理及三角函数的性质可得三角形外接圆半径的最小值判断D.
【详解】依题意知，由余弦定理，得．
对A，若成等差数列，则，所以，
所以为常数列，故A错误；
对B，若成等比数列，则，所以，即，
所以当为等边三角形时成等比数列，故B正确；
对C，由，得，解得或（舍），
所以的面积的内切圆半径为，当且仅当时取等号，
所以的内部可以放入的最大圆的半径为，故C正确；
对D，由正弦定理可得：，其中为外接圆半径，
因为，当且仅当时，等号成立，
所以，所以可以完全覆盖的最小圆的半径为，故D正确．
故选：BCD．
【点睛】关键点点睛：本题的CD项较难，关键是把问题转化为求三角形的内切圆半径及外接圆半径，然后利用基本不等式及三角形的有关知识即得.
11. 已知抛物线的焦点为，点为抛物线上两个位于第一象限的动点，且有．直线与准线分别交于两点，则下列说法正确的是（）
A. 当时，B. 当时，
C. 当时，D. 当时，延长交准线于
【答案】ACD
【解析】
【分析】易得抛物线的焦点为，准线为，则，，求出的坐标即可判断A；根据即可判断B；结合B选项即可判断C；结合A选项，求出，即可判断D.
【详解】抛物线的焦点为，准线为，则，
由，得，
对于A，当时，，
则，，故A正确；
对于B，当时，可得，，
则，
设直线，把代入，可得，
令，则，
同理，
则，
因为，所以，
所以，故B错误；
对于C，由B选项知，，故C正确；
对于D，当时，，则，
，
，
由选项A知，
，，
，故D正确．
故选：ACD．
【点睛】思路点睛：求三角形面积的比值可转化为边长的比值，进而可转化为相似比问题.
12. 已知函数，其中，则（）
A. 当，，时，曲线既不是轴对称图形也不是中心对称图形
B. 当，，时，曲线要么是轴对称图形要么是中心对称图形
C. 当，，时，曲线是中心对称图形
D. 当，时，曲线可能是轴对称图形
【答案】ABC
【解析】
【分析】A选项，等价于说明不存在实数，使，与为常数；B选项，即说明存在实数，使，与为常数；C选项，说明存在实数，使为常数；D选项，等价于说明不存在实数，使.
【详解】A选项，此时.
则，.
因，则不同时为0，则，
则曲线不是轴对称图形；
又， 不同时为0，
则不为常数，即曲线不是中心对称图形，故A正确；
B选项，此时.
则，.
令，则
，
比较系数结合可得，
则当时，因，则，使，
即时，曲线有对称轴；
当时，，
令，则时，
因，则，使，
即时，曲线有对称中心；
综上，当，，时，
曲线要么是轴对称图形要么是中心对称图形，故B正确；
C选项，此时.
则，
若曲线是中心对称图形，
则为常数，
即为常数.
则
，
则当时，因，则，
使，即当，，时，
曲线是中心对称图形，故C正确；
D选项，此时.
则.
若曲线是轴对称图形，则，使
或，与题设矛盾，
故当，时，曲线不可能是轴对称图形，故D错误.
故选：ABC
【点睛】结论点睛：设定义域为，图象关于对称；图象关于对称.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，满分20分．
13. 在锐角三角形中角A、B、C的对边分别为a，b，c，记，若，则___.
【答案】2
【解析】
【分析】根据余弦定理和数量积的坐标表示可得，然后对目标式切化弦，再利用正弦定理、余弦定理角化边可得.
【详解】因为，所以，
又因为，
所以，即.
所以
.
故答案为：2
14. 对于项数为10的数列，若满足（其中为正整数，），且，设，则的最大值为__________．
【答案】
【解析】
【分析】根据，可得数列中相邻两项的差最大为，再根据数列的增减性计算即可.
【详解】因为，
所以或，
设，
则数列中相邻两项的差最大为，
要保证，
则数列的项有增有减，
假如中有个，增量最大为，则有项是减少的，
则必有，所以，则或，
取，取最大值，按最大连续增量计算，
有，即中有最大值为，
所以最大值为.
故答案为：.
【点睛】关键点睛：说明数列中相邻两项的差最大为，数列的项有增有减，是解决本题的关键.
15. 已知函数及其导函数的定义域均为R，若，都为偶函数，则______．
【答案】520
【解析】
【分析】利用函数的奇偶性，推出函数的图象关于点对称以及关于点对称，即可依次求得的值，根据等差数列的求和公式，即可求得答案.
【详解】因为为偶函数，则，即，
则，即，
故的图象关于点对称，且；
又为偶函数，则，
则，即，
故的图象关于点对称，且，
又将代入得，则；
令，由可得，则；
同理可得，则；
因为，，所以，则；，
由此可得组成了以0为首项，为公差的等差数列，
故，
故答案为：520
【点睛】关键点睛：解答此类关于抽象函数的性质类问题，要能综合利用函数的性质进行求解，比如函数的奇偶性和对称性以及周期性等，解答本题的关键就在于要根据函数的奇偶性推出函数的对称性，从而采用赋值法求值，发现规律，进而求解.
16. 已知等边的边长为2，将其绕着边旋转角度，使点旋转到位置.记四面体的内切球半径和外接球半径依次为，当四面体的表面积最大时，__________；__________.
【答案】 ①. ②. ##
【解析】
【分析】第一空：通过图形关系得到的面积为定值，当时，面积最大，进而得到；
第二空：通过设的中点为，得到，即为四面体的外接球球心；通过线面垂直的判定定理得到平面，进而计算四面体体积，结合等体积法求得内切球半径，即可得到答案.
【详解】易得的面积为定值，
又因为，
显然当时，面积最大，即四面体的表面积最大，
此时；
当四面体的表面积最大时，易知四面体的表面积最大值为，
如图，设的中点为，易知，所以，
即为四面体的外接球球心，四面体的外接球半径，
因为，且，所以，即，
因为，平面，，
所以平面，
四面体的体积为，
又因为，
所以，解得，所以.
故答案为：；
【点睛】思路点睛：本题考查棱锥表面积求法与球的内切、外接问题.通过图形关系的转化，结合相关的公式进而求解表面积；外接球常找出球心即可解得外接球半径，而内切球半径往往通过等体积法进行转化求解.
四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．
17. 已知数列与的前项和分别为和，且对任意，恒成立.
（1）若，，求；
（2）若对任意，都有及恒成立，求正整数的最小值.
【答案】（1）；
（2）3
【解析】
【分析】（1）利用求通项公式，再求证是首项、公差均为2的等差数列，进而求；
（2）由题设易得，等比数列前n项和公式求，进而可得，裂项相消法化简已知不等式左侧，得恒成立，进而求最小值.
【小问1详解】
由题设，且，而，
显然也满足上式，故，
由，又，
所以是首项、公差均为2的等差数列.
综上，.
【小问2详解】
由，，则，
所以，而，故，即是公比为3的等比数列.
所以，则，
，而，
所以，
所以对都成立，
所以，故，则正整数的最小值为3.
18. 在锐角△中，角所对的边分别为，已知.
（1）求角的大小；
（2）若，求△内切圆半径的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意，由正切函数的和差角公式，代入计算，即可得到结果；
（2）根据题意，由正弦定理结合三角形的面积公式可得，即可得到结果.
【小问1详解】
因为，
故
【小问2详解】
由正弦定理：
故
因为在锐角△中，所以，得，所以．
19. 为落实立德树人根本任务，坚持五育并举全面推进素质教育，某学校举行了乒乓球比赛，其中参加男子乒乓球决赛的12名队员来自3个不同校区，三个校区的队员人数分别是3，4，5.本次决赛的比赛赛制采取单循环方式，即每名队员进行11场比赛（每场比赛都采取5局3胜制），最后根据积分选出最后的冠军.积分规则如下：比赛中以或取胜的队员积3分，失败的队员积0分；而在比赛中以取胜的队员积2分，失败的队员的队员积1分.已知第10轮张三对抗李四，设每局比赛张三取胜的概率均为.
（1）比赛结束后冠亚军(没有并列)恰好来自不同校区概率是多少？
（2）第10轮比赛中，记张三取胜的概率为，求出的最大值点.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用互斥事件的概率公式和古典摡型的概率计算公式，即可看求解；
（2）由题意求得，然后利用导数求得函数的单调性与最值，即可求解.
【小问1详解】
解：根据题意，比赛结束后冠亚军恰好来自不同校区的概率是；
【小问2详解】
解：由题可知，
，
令，得，
当时，，在上单调递增；
当时，，在上单调递减.
所以的最大值点.
20. 中国古代数学名著《九章算术》中记载：“刍甍者，下有袤有广，而上有袤无广．刍，草也．甍，屋盖也．”翻译为“底面有长有宽为矩形，顶部只有长没有宽为一条棱．刍甍是茅草屋顶．”现有一个刍甍如图所示，四边形ABCD为正方形，四边形ABFE，CDEF为两个全等的等腰梯形，，，，．
（1）当点N为线段AD的中点时，求证：直线平面EFN；
（2）当点N在线段AD上时（包含端点），求平面BFN和平面ADE的夹角的余弦值的取值范围．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据线面垂直的判定定理即可证明结论；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间角的向量求法求出平面BFN和平面ADE的夹角的余弦值的表达式，进行合理变形，结合二次函数的性质求得余弦的最值，即可求得答案.
【小问1详解】
证明：因为点N为线段AD的中点，且，
所以，
因为，且四边形ABCD为正方形，故，
所以，而平面，
故平面；
【小问2详解】
设正方形ABCD的中心为O，分别取的中点为，
设点H为线段AD的中点，由（1）知四点共面，且平面，
连接平面，故，
又平面，故平面平面，
且平面平面，
由题意可知四边形为等腰梯形，故,
平面，故平面，
故以O为坐标原点，为轴建立空间直角坐标系，
因为，则，
又，故，
设到底面的距离为h，
四边形ABFE，CDEF为两个全等的等腰梯形，且，
故，又，
故，则，
，，
设，
设平面的一个法向量为，
则，令，
设平面的一个法向量为，
则，令，
故，
令，则，
令，则，
令，则在上单调递增，
故当时，，当时，，
故，
即平面BFN和平面ADE的夹角的余弦值得取值范围为.
【点睛】难点点睛：本题考查了线面垂直的证明以及空间面面角的向量求法，解答的难点在于求出平面夹角的余弦值之后，要对其表达式进行变形，从而结合二次函数的单调性求得余弦的最值，从而得到其取值范围.
21. 已知函数，为的导数.
（1）证明：在区间上存在唯一极大值点；
（2）求函数零点个数.
【答案】（1）证明见解析
（2）2
【解析】
【分析】（1）二次求导，结合零点存在性定理得到在区间上存在唯一极大值点；
（2）结合第一问，分三种情况进行讨论，求得的零点个数.
【小问1详解】
由题意知，函数的定义域为，且，
令，，所以，，
令，，则，
当时，，所以，
即在上单调递减，
又，，
，
则存在，使得，即存在，使得，
所以当时，，当时，，
所以为的唯一极大值点，
故在区间上存在唯一极大值点；
【小问2详解】
由（1）知，，，
①当时，由（1）知，在上单调递增，在上单调递减，
又，，，
所以存在，使得，
所以当，时，，单调递减，
当时，，单调递增，
又，，
所以当时，有唯一的零点；
②当时，，单调递减，
又，所以存在，使得；
③当时，，所以，则在没有零点；
综上所述，有且仅有2个零点.
【点睛】关键点点睛：判断函数的零点个数，要结合函数特征，利用导函数求出其单调性及极值和最值情况，结合零点存在性定理求出零点个数.
22. 已知椭圆：的离心率为，其左、右焦点为、，过作不与轴重合的直线交椭圆于、两点，的周长为8.
（1）求椭圆的方程；
（2）设线段的垂直平分线交轴于点，是否存在实数，使得？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
（3）以为圆心4为半径作圆，过作直线交圆于、两点，求四边形的面积的最小值及取得最小值时直线的方程.
【答案】（1）
（2）存在满足题设
（3）12，
【解析】
【分析】（1）根据椭圆定义，结合椭圆离心率公式进行求解即可；
（2）根据椭圆弦长公式，结合线段中点坐标公式、一元二次方程根与系数关系进行求解即可；
（3）根据点到直线距离公式、椭圆弦长公式，结合函数的单调性进行求解即可.
小问1详解】
根据椭圆定义知周长为，
依题意有，
从而，
故椭圆的方程为；
【小问2详解】
设：，，，
由，
因为
所以，，所以
，
设线段中点坐标为，则，，
即设线段中点坐标为，
所以线段的垂直平分线方程为：，
令，当时，与轴重合，不合题意；
当时，得，即点，
所以，
所以，即存在满足题设；
【小问3详解】
直线：，即，
圆心到直线的距离为，
则弦的长：，
所以，
设，则，且，
所以，
易知在单调递增，
所以当，即时，，此时直线：.
【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，必要时计算；
（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.