福建省福州市四校2022-2023学年高二下学期期末联考数学试题

这是一份福建省福州市四校2022-2023学年高二下学期期末联考数学试题，共22页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年度福州四校高二下学期期末联考数学试题一、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．设集合，，则的元素个数为（    ）A．1 B．2 C．3 D．42．欧拉公式由瑞士数学家欧拉发现，其将自然对数的底数，虚数单位与三角函数，联系在一起，被誉为“数学的天桥”，若复数，则z的虚部为（    ）A． B．1 C． D．3．已知圆，圆，则下列不是M，N两圆公切线的直线方程为A．         B．        C．     D．4．已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，AB为底面直径，，，点C在底面圆周上，且二面角为，则的面积为（    ）A． B．2 C． D．5．在数列中，，且函数的导函数有唯一零点，则的值为（    ）．A．1021 B．1022 C．1023 D．10246．中，，则的取值范围是（    ）A． B． C． D．7．已知椭圆的两焦点为，，x轴上方两点A，B在椭圆上，与平行，交于P.过P且倾斜角为的直线从上到下依次交椭圆于S，T.若，则“为定值”是“为定值”的（    ）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不必要也不充分条件8．在同一平面直角坐标系中，，分别是函数和图象上的动点，若对任意，有恒成立，则实数的最大值为（    ）A． B． C． D．
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．已知向量，其中，下列说法正确的是（    ）A．若，则 B．若与夹角为锐角，则C．若，则在方向上投影向量为 D．若10．已知函数，则下列说法正确的是（    ）A．若函数的图像关于点中心对称，则B．当时，函数过原点的切线有且仅有两条C．函数在上单调递减的充要条件是D．若实数，是的两个不同的极值点，且满足，则或11．已知函数，则（    ）A．的最小正周期为 B．的图像关于对称C．在上有四个零点 D．的值域为12．已知抛物线：，过焦点的直线与交于，两点，，与关于原点对称，直线与直线的倾斜角分别是与，则（    ）A．        B．        C．        D．   三、填空题：本题共4小题，每小题5分，满分20分．13．展开式中的系数为         （用数字作答）14．已知某批零件的质量指标单位：毫米服从正态分布，且，现从该批零件中随机取件，用表示这件产品的质量指标值不位于区间的产品件数，则       15．已知为奇函数，当，，且关于直线对称.设方程的正数解为，且任意的，总存在实数，使得成立，则实数的最小值为      .16．在平面四边形中，，沿对角线将折起，使平面平面，得到三棱锥，则三棱锥外接球表面积的最小值为          .
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．（本小题10分）已知数列的各项均为正数，前n项和为，且满足．(1)求；(2)设，设数列的前n项和为，若对一切恒成立，求实数m的取值范围． 18．（本小题12分）记锐角的内角的对边分别为，已知.(1)求证：(2)若，求的最大值.  19．（本小题12分）如图，在三棱台中，底面是边长为2的正三角形，侧面为等腰梯形，且，为的中点．（1）证明：；（2）记二面角的大小为，时，求直线与平面所成角的正弦值的取值范围．  20．（本小题12分）已知函数为的导数.(1)当时，求的最小值；(2)当时，恒成立，求的取值范围.   
21．（本小题12分）甲､乙两人进行象棋比赛，赛前每人发3枚筹码.一局后负的一方，需将自己的一枚筹码给对方；若平局，双方的筹码不动，当一方无筹码时，比赛结束，另一方最终获胜.由以往两人的比赛结果可知，在一局中甲胜的概率为0.3､乙胜的概率为0.2.(1)第一局比赛后，甲的筹码个数记为，求的分布列和期望；(2)求四局比赛后，比赛结束的概率；(3)若表示“在甲所得筹码为枚时，最终甲获胜的概率”，则.证明：为等比数列.       22．（本小题12分）已知M是平面直角坐标系内的一个动点，直线MA与直线垂直，A为垂足且位于第三象限；直线MB与直线垂直，B为垂足且位于第二象限.四边形OAMB(O为原点)的面积为2，记动点M的轨迹为C.(1)求C的方程；(2)点，直线PE，QE与C分别交于P，Q两点，直线PE，QE，PQ的斜率分别为，，.若，求△PQE周长的取值范围. 
参考答案：1．C【分析】根据交集以及指数函数、二次函数图象等知识确定正确答案.【详解】如图，集合为函数图象的点集，集合为函数图象的点集，两函数的图象有三个交点，所以的元素个数为个.故选：C    2．D【分析】由欧拉公式化简复数z，再由复数的定义即可得出答案.【详解】因为，因为，所以z的虚部为.故选：D.3．D【分析】计算两圆的圆心和半径，可得两圆相离，有四条公切线，两圆心坐标关于原点对称，则有两条切线过原点，另两条切线与直线平行且相距为1，数形结合可计算四条切线方程，结合选项，即得解【详解】由题意，圆的圆心坐标为，半径为圆的圆心坐标为，半径为如图所示，两圆相离，有四条公切线.两圆心坐标关于原点对称，则有两条切线过原点，设切线，则圆心到直线的距离，解得或，当时，切线方程为，A正确；当时，切线方程为，即，B正确；另两条切线与直线平行且相距为1，又由，设切线，则，解得，即切线方程分别为，；整理可得两切线方程为和，所以C正确，D不正确.故选：D.4．B 【详解】    如图所示，∵AB为底面直径，，，∴是等腰三角形，由余弦定理可得，，由圆锥的特征易知，取中点D，连接，显然有，即二面角为，∴，则，∴，故选：B5．A 【详解】由在上有唯一零点，而，所以为偶函数，则，故，且，所以是首项为4，公比为2的等比数列，则，则.故选：A6．B 【分析】化简得到，从而得到，得到，，利用正弦定理得到，从而得到的取值范围.【详解】，在中，，故或，当时，，故，不合要求，舍去，所以，，因为，所以，即，因为，所以，由正弦定理得，故因为，所以，故，因为，所以，故，因为，所以，，，故.7．D 【详解】设为椭圆上的动点，为椭圆的半焦距，故，故，设直线，则到该直线的距离为，故，如图，设直线的倾斜角为，过作的垂线，垂足为， 则，故，设，故，同理.设的倾斜角为，则，，因为，故，所以，所以，同理，故，故的轨迹为以为焦点的椭圆，其长半轴长为，短半轴长为，故的轨迹方程为：，其中.取，,而，故不是定值即不是定值.故“当取定值， 是定值”是错误的.又直线的参数方程为：，设，由整理得到：，故，而，故，所以，若为定值，则为定值，而，故当变化时，始终为定值，又故且，但，故，所以，但此时随的变化而变化，不是定值，故“当取定值，是定值”是错误的.故选：D.8．B 【详解】依题意，设，因此，因为，则，即因此，令，求导得，显然函数在上单调递增，而当时，，于是当时，，函数递减，当时，，函数递增，因此当时，，令，求导得，显然函数在上单调递增，如图，函数与函数的图象有唯一公共点，因此存在唯一，使得成立，即有，且，当时，，函数递减，当时，，函数递增，于是当时，，从而，即有，因此对任意，成立，则，所以实数的最大值为.9．AC  【详解】若，则，解得，A正确；若与夹角为锐角，则，解得，当，，此时，与夹角为，B错误；若，则，因为在方向上投影为，与同向的单位向量为，所以在方向上投影向量为，C正确；由题设，，D错误.故选：AC10．ACD【详解】因为函数的图像关于点中心对称，所以，即，整理得，所以，所以A正确．时，原点在函数的图像上，因此过原点有一条切线；若切点不是原点时，设切点为，则切线方程为，把代入可得，若，则函数过原点的切线有且仅有一条；若，则函数过原点的切线有两条，因此B不正确．函数在上单调递减，（不恒等于0）在上恒成立，设，其图像对称轴为，（不恒等于0）在上恒成立，则有或或，即或或，其中且时，则，也满足，所以函数在上单调递减的充要条件是，C正确；，由题意知实数是方程的两个不等实根，所以，且，，由，得，所以，解得或，所以D正确；11．ABD 【详解】对于A，函数的最小正周期为，函数的最小正周期为，所以函数的最小正周期为，选项A正确；对于B，，所以的图像关于直线对称，选项B正确；对于C，当时，，易知此时有唯一零点；当时，，易知此时有唯一零点；当时，，易知此时无零点；当时，，易知此时有唯一零点，所以在上有三个零点，选项C错误；对于D，当时，取得最小值，此时恰好取得最小值0，故的最小值为；由选项C的分析可知，当时，，当时，，而关于直线对称，故可考虑时，的取值情况，，令，解得（舍或，则，易知当时，，单调递增，当时，，单调递减，所以此时，，综上，函数的值域为，选项D正确．12．BCD  【详解】作轴于，做轴于， 所以，，抛物线的焦点，因为，所以，即，所以直线的斜率存在设为，可得直线的方程为，与抛物线方程联立，整理得，所以，，对于A，，，所以，故A错误；对于B，因为，所以，所以直线与的倾斜角互补，即，故B正确；对于C，因为，所以，即，因为，所以，故C正确；对于D，因为，所以，，，所以，所以，所以，即，故D正确.故选：BCD13．  【分析】根据二项式定理得到，得到答案.【详解】的展开式的通项为，取得到.故答案为：14．/【分析】由正态分布的性质求，再结合二项分布的方差公式求.【详解】因为，又，所以，所以，所以产品的质量指标值不位于区间的概率为，因为表示件产品的质量指标值不位于区间的产品件数，所以，所以，故答案为：.15．  【详解】因为为奇函数，所以，且，又关于直线对称，所以，所以，则，所以函数是以4为周期的周期函数，作出函数和的图像如图所示：由的正数解依次为、、、、、，则的几何意义为函数两条渐近线之间的距离为2，所以.所以得任意的，，已知任意的，总存在实数，使得成立，可得，即的最小值为.故答案为：2.16．【分析】设，由正弦定理求得外接圆半径为，根据球心特点求得，结合三角函数及基本不等式求最小值即可.【详解】在平面图形中设，即Rt中，.在中，.设外接圆圆心为，外接圆半径为，由正弦定理可得.设三棱锥外接球球心为，则平面.又平面平面，交线为平面四边形为直角梯形.设外接球的半径为，在平面中，过做于，在中，为的中点， .令，则，当且仅当时，即时（满足）等号成立.所以球表面积最小值为.17．(1)  (2)【分析】（1）根据，作差得到数列是等差数列，即可求出通项公式；（2）利用裂项相消求出的取值范围，进而求实数的取值范围.【详解】（1）当时，，，当时，即，，由已知，数列各项均为正数得：，是首项为1，公差为2的等差数列， ；（2）由（1）知，，则，， ，单调递增，，，，要使恒成立，只需，解得．所以实数的取值范围是.18．(1)证明见解析(2) 【分析】（1）根据两角和差公式，结合锐角三角形可证明；（2）由（1）可得，结合正弦定理可得，，代入所求式子，根据二倍角公式转换为关于的二次函数形式，根据角度范围得的方位即可求最大值.【详解】（1）解：由于，所以，整理的，即，因为为锐角，所以，故，由，为锐角可得；（2）解：由（1）得，因为，且由正弦定理得，所以，，则，因为，所以，则，所以，根据二次函数的性质可知，当时，取得最大值．19．（1）证明见解析；（2）．【详解】（1）证明：如图，作的中点，连接，，在等腰梯形中，，为，的中点，∴，在正中，为的中点，∴，∵，，，，平面，∴平面，又平面，∴．（2）解：∵平面，在平面内作，以为坐标原点，以，，，分别为，，，轴正向，如图建立空间直角坐标系，∵，，∴为二面角的平面角，即，，，，，，，设平面的法向量为，，，则有，即，则可取，又，设直线与平面所成角为，∴，∵，∴，∴．20．(1)1  (2)【分析】（1）求导得，令，利用导数分析的单调性，进而可得的最小值即可．（2）令，问题转化为当时，恒成立，分两种情况：当时和当时，判断是否成立即可．【详解】（1）由题意，，令，则，当时，，，所以，从而在上单调递增，则的最小值为，故的最小值0；（2）由已知得当时，恒成立，令，，①当时，若时，由（1）可知，∴为增函数，∴恒成立，∴恒成立，即恒成立，若，令 则，令，则，令，则，∵在在内大于零恒成立，∴函数在区间为单调递增，又∵，，，∴上存在唯一的使得，∴当时，，此时为减函数，当时，，此时为增函数，又∵，，∴存在，使得，∴当时，，为增函数，当时，，为减函数，又∵，，∴时，，则为增函数，∴，∴恒成立，②当时，在上恒成立，则在上为增函数，∵，，∴存在唯一的使，∴当时，，从而在上单调递减，∴，∴，与矛盾，综上所述，实数的取值范围为.21．(1)分布列见解析，.  (2)  (3)证明见解析【详解】（1）的所有可能取值为，，，，则的分布列为：2340.20.50.3.（2）当四局比赛后，比赛结束且甲胜时，第四局比赛甲胜，前三局比赛甲2胜1和，其概率为：.当四局比赛后，比赛结束且乙胜时，第四局比赛乙胜，前三局比赛乙2胜1和，其概率为：，所以四局比赛后，比赛结束的概率为.（3）因为表示“在甲所得筹码为枚时，最终甲获胜的概率”，，在甲所得筹码为枚时，下局甲胜且最终甲获胜的概率为，在甲所得筹码为枚时，下局平局且最终甲获胜的概率为，在甲所得筹码为枚时，下局乙胜且最终甲获胜的概率为，根据全概率公式得，所以，变形得，因为，所以，同理可得，所以为等比数列.22．(1)  (2)【详解】（1）因为直线、相互垂直，则四边形OAMB为矩形，设，且，可得，则点到直线、的距离分别为、，可得，整理得，所以C的方程为.（2）设直线，联立方程，消去y得，由题意可得：，①因为，则，整理得，即，整理得，解得或，若，则直线，过定点，此时①式为，无解，不符合题意；当时，则直线，过定点，此时①式为，解得，即或，则，因为，则，可得，所以，又因为为双曲线的左、右焦点，则，即，可得△PQE周长为，所以△PQE周长的取值范围.