2022-2023学年广东省阳江市高二下学期期末数学试题含答案

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2022-2023学年广东省阳江市高二下学期期末数学试题

一、单选题
1．已知全集，集合，，则（    ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】根据并集及补集运算求解即可.
【详解】由已知得，全集，
故．
故选：C
2．已知，若，则cos2α的值为（    ）
A． B． C．0 D．或0
【答案】B
【分析】根据二倍角公式以及弦切互化即可求解.
【详解】得，进而可得，
由于，所以 ，故，
又，
故选：B
3．已知中，角A，B，C对应的边分别为a、b、c，D是AB上的三等分点（靠近点A）且，，则的最大值是（   ）
A． B．
C．2 D．4
【答案】A
【分析】由正余弦边角关系可得，进而有，设，则，且，利用正弦定理、和差角正弦公式得，即可求最大值.
【详解】由，则，即，
所以，，则，
  
设，则，且，
△中，则，
△中，则，
又，即，（为△的外接圆半径），
所以， 即，
又，故，时，.
故选：A
4．已知直角梯形，点在边上.将沿折成锐二面角，点均在球的表面上，当直线和平面所成角的正弦值为时，球的表面积为（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】由题设知共圆，并确定外接圆圆心位置，由已知求得到直线的距离且面，进而有面面，确定△的形状，找到外接圆圆心，利用几何关系求外接球半径，进而求表面积.
【详解】由题设知：，设点到面的距离为，则，故，
要使均在球的表面上，则共圆，
由直角梯形，则，所以，
所以，故在绕旋转过程中面，面，
所以面面，即到面的距离为，即到直线的距离，
沿折成锐二面角，过于，则，
又，则，故，即，
综上，△、△都是以为斜边的直角三角形，且，

所以，易知：△为等边三角形，则为中点，故，，
在△中，，而，即为的中点，
同时△△，若为的中点，即为外接圆圆心，
连接，则且，故面，且△为等边三角形，
球心是过并垂直于面的直线与过△外接圆圆心垂直于面的直线交点，
若球的半径为，则，所以球的表面积.
故选：D
【点睛】关键点点睛：确定共圆、面面为关键，利用几何关系求外接球半径.
5．在正方体中，分别为棱的中点，动点平面，，则下列说法错误的是（    ）
A．的外接球面积为 B．直线平面
C．正方体被平面截得的截面为正六边形 D．点的轨迹长度为
【答案】D
【分析】可证明正方体被平面截得的截面为正六边形，故可判断C的正误，利用面面平行的判定定理可判断B的正误，利用补体法可求的外接球的直径后可判断A的正误，利用向量的方法可求到平面的距离，从而可求点的轨迹长度，故可判断D的正误.
【详解】如图，设的中点分别为，连接.

由正方体的性质可得，而为三角形的中位线，
故，故，故四点共面，
同理，也四点共面，故五点共面，
同理也四点共面，故六点共面.
正方体被平面截得的截面为六边形，
，
因为平面平面，平面平面，
而平面平面，故，
而为三角形的中位线，故，故，
但与方向相反，故与互补，而为等边三角形，
故，故，
  
同理，
故正方体被平面截得的截面为正六边形，故C正确.
由，平面，平面，故平面，
同理故平面，而平面，
故平面平面，而平面，故平面，故B正确.
对于A，将三棱锥补成如图所示的长方体，
其中分别为、的中点，
则其外接球的直径即为的体对角线的长度即，
故三棱锥的外接球的表面积为，故A正确.
  
建立如图所示的空间直角坐标系，
  
则，
故，
设平面的法向量为，则，
故，取，则，
故，而，
故到平面的距离为，
而，故点的轨迹为平面与球面的截面（圆），
该圆的半径为，故圆的周长为，故D错误.
故选：D.
【点睛】思路点睛：空间几何题外接球的半径的求法，可先根据几何性质确定球心的位置，然后把球的半径放置在可解的图形中求解，也可以通过补体转化为规则几何体的外接球的半径，而与球的截面的计算问题，则需计算球心到截面的距离.
6．过直线上的一点作圆的两条切线，，切点分别为，当直线，关于对称时，线段的长为（    ）
A．4 B． C． D．2
【答案】C
【分析】根据题意画出图形，观察图形可知圆心与点的连线垂直于直线，利用这一关系即可得到切线的长.
【详解】如图所示，圆心为，连接，
  
因为直线，关于对称，所以垂直于直线，
故，而，
所以.
故选：C
7．已知，则（    ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】通过中间值1结合不等式性质可得；解法一：构造，利用导数判断单调性，结合单调性可得；解法二：构造，利用导数判断单调性，结合单调性可得.
【详解】因为，所以，
又因为，所以，即；
解法一：构造，则，
当时，可得，则在上单调递增，
又因为，则，
所以，
则，即；
解法二：构造，则，
令，解得，则在上单调递减，
所以，
即，则，可得；
综上所述：.
故选：B.
【点睛】方法点睛：利用导数比较大小的基本步骤
(1)作差或变形；
(2)构造新的函数；
(3)利用导数研究的单调性或最值；
(4)根据单调性及最值，得到所证不等式．
特别地：当作差或变形构造的新函数不能利用导数求解时，一般转化为分别求左、右两端两个函数的最值问题．
8．若关于的不等式对恒成立，则实数的取值范围为（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】由题意可知，且对恒成立，设，则问题转化为在上恒成立，利用导数说明函数的单调性，再分和两种情况讨论，结合函数的取值情况及单调性，分别计算可得.
【详解】由题意可知，，即对恒成立．
设，则问题转化为在上恒成立，
因为，所以当时，，当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
又，所以当时，；当时，．
①在上，若恒成立，即，；
②在上，若，则恒成立，即恒成立，
令，，则，所以在上单调递增，
所以，所以，综上所述，实数的取值范围为．
故选：B．
【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．

二、多选题
9．在棱长为4的正方体中，动点在正方形（包括边界）内运动，且满足平面，则下列结论正确的是（    ）
A．线段长度的最小值为
B．三棱锥的体积为定值
C．异面直线与所成角正弦值的取值范围为
D．若动点在线段上，则线段长度的最小值为
【答案】ABD
【分析】对于,利用面面平行，确定点在线段在线段上，当时，线段长度的最小；
对于,三棱柱体积转化为，根据线面平行可知，点到平面的距离为定值，
即可判断；
对于,点是的中点，直线与所成角为，可排除；
对于，线段长度可转化为直线与之间的距离，在转化为线面距，即可求解.
【详解】对于,如下图所示，
  
连接,
易得平面,所以平面,
同理，平面,又所以平面平面,
又平面平面,故可知动点在线段上，
则时，线段长度的最小，此时是的中点，易求
所以正确；
对于,平面，故点到平面的距离为定值，
又的面积也为定值，则为定值，即三棱锥的体积为定值，
所以正确；
对于因为直线与所成角即为异面直线与所成角，
又为等边三角形，当位于的中点时，，
即直线与所成角为，其正弦值为故错误；
对于,由题意，异面直线与之间的距离，即为线段长度的最小值，
连接平面,
  
故平面,则异面直线与之间的距离
即为到平面距离，即点到平面的距离，设为
又    即
即则正确.
故选：
10．已知直线：与圆：．则下列说法正确的是（    ）
A．直线过定点
B．直线与圆相离
C．圆心到直线距离的最大值是
D．直线被圆截得的弦长最小值为
【答案】AD
【分析】根据直线与圆的相关知识对各选项逐一判断即可.
【详解】对于A，因为：，即，
令，即，得，所以直线过定点，故A正确；
  
对于B，因为，
所以定点在圆：内部，所以直线与圆相交，故B错误；
对于C，因为圆：，可化为，圆心，
当圆心与定点的连线垂直于直线时，圆心到直线距离取得最大值，
此时其值为，故C错误；
对于D，由弦长公式可知，当圆心到直线距离最大时，弦长取得最小值，
所以直线被圆截得的弦长的最小值为，故D正确.
故选：AD.
11．已知实数x，y满足（为自然对数的底数，，则（    ）
A．当时， B．当时，
C．当时， D．当时，
【答案】ACD
【分析】同构函数可判断A，B；由对数均值不等式可判断C，D.
【详解】由，得，所以，，
当时，，即，
令，则，
所以在上单调递增，
由得，
所以，即，故A正确；
当时，，即，
令，则，
令，得，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
由得，
因为在上不单调，所以由不一定能得到，
即不一定成立，故B错误；
当时，由前面的分析可知，此时，，
令，，则有，不妨设，
得，
下面证明，当时，不等式成立.
先证右边，要证，只要证，
即证，令，即证，
令，则，
所以在上单调递增，所以，
即成立，从而得证；
再证左边，要证，只要证，
即证，令，即证，
令，则，
所以在上单调递增，所以，
即成立，从而得证.
由，，得，即，故C正确；
由，，得，
即，所以，故D正确.
故选：ACD
【点睛】方法点睛：应熟练掌握证明极值点偏移问题的常用方法，如对称构造函数法、对数均值不等式、指数均值不等式等.
12．一个不透明的袋子中装有大小形状完全相同的红、黄、蓝三种颜色的小球各一个，每次从袋子中随机摸出一个小球，记录颜色后放回，当三种颜色的小球均被摸出过时就停止摸球.设“第i次摸到红球”，“第i次摸到黄球”，“第i次摸到蓝球”，“摸完第i次球后就停止摸球”，则（    ）
A． B．
C．， D．，
【答案】ACD
【分析】对选项AC，求出包含的事件数为，从而得到，并计算出；选项B，计算出，，利用条件概率公式计算出答案，选项D，得出，，和，，利用条件概率公式得到答案.
【详解】对于AC，“摸完第n次球后就停止摸球”，有放回的摸n次，有种可能，若恰好摸球n次就停止摸球，则恰好第n次三种颜色都被摸到，即前次摸到2种颜色，第n次摸到第三种颜色，共种情况，
则，，，AC正确；
对于B，事件表示第一次摸到红球，摸到第4次，摸球结束，
若第2次或第3次摸到的球为红球，此时有种情况，不妨设第2次摸到的球为红球，
则第3次和第4次摸到的球为蓝球或黄球，有2种可能，故有种情况，
若第2次和第3次都没有摸到红球，则第2次和第3次摸到的球颜色相同，第4次摸到的球和第2,3次摸到的球颜色不同，故有种情况，
故，其中摸4次球可能的情况有种，故，
其中，故，B错误；
对于D，表示“第次摸到蓝球，第次摸到黄球，第次摸到红球，停止摸球”，则前次摸到的球是蓝球或黄球，故有种可能，故，，
表示“在前次摸球中，第次摸到蓝球，第次摸到黄球”，故有种可能，
故，，则，，D正确.
故选：ACD
【点睛】常见的条件概率处理方法，其一是用样本点数的比值处理，需要弄情况事件包含的样本点数，其二是用概率的比值处理，也可以缩小样本空间，从而确定概率，解决实际问题的关键在于分析情况基本事件.

三、填空题
13．已知函数，若在区间上有两个不同的使得，则的取值范围是 .
【答案】
【分析】先解方程，然后根据的范围，得到的范围，再结合方程有两个不同的根，列不等式即可.
【详解】，即：，
，
或，
当时，，；
当时，，；
当时，，；
在区间上，，
两个不同的使得成立，
，
，
故答案为：
14．已知圆，过点的直线被该圆所截的弦长的最小值为 .
【答案】
【分析】设圆心为，直线过点，当直线与所在的直线垂直时最大，弦长最小，求解即可.
【详解】将圆的一般方程化为
设圆心为，直线过点，与圆交于，两点，则，半径，
  
设圆心到直线的距离为，则弦长 ，
当直线与所在的直线垂直时最大，此时最小，
这时，
所以最小的弦长 ，
故答案为：.
15．若时，不等式恒成立，则整数的最大值为 .
【答案】2
【分析】方法1：参变分离可得恒成立，设，，利用导数说明函数的单调性，求出函数的最小值，即可得解；
方法2：设，，求出函数的导函数，考虑的情形，利用导数求出函数的最小值，即可得解.
【详解】法1：不等式可化为，由，知，则时，恒成立.
设，，，
设，，则，所以在上单调递增，
又，，则在上存在唯一的零点，
当时，，单调递减，当时，，单调递增，
所以，且，化简得，
因，则，则整数的最大值为.
法2：设，，，要求整数的最大值，
则直接考虑的情形，
由得，由得，
所以在上单调递减，在上单调递增，
则，令，，，
则在上单调递减，，，则整数的最大值为2；
故答案为：
【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．
16．已知中，，，是线段上的两点，满足，，，，则 ．
【答案】
【分析】根据角分线的向量性质及中线的向量性质化简得解.
【详解】由已知，
，则，
所以，则，
所以，
即，
即，
又点在上，所以，
所以，即，
又，
则，，
即，
联立，得，
解得，或（舍），
所以，则，
所以，
故答案为：.

四、解答题
17．记的内角的对边分别为，已知，且.
(1)证明：；
(2)若为锐角三角形，且，求的取值范围.
【答案】(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）利用两角差的正弦公式以及正弦定理角化边化简可得，继而利用余弦定理化简即可证明结论；
（2）由利用正弦定理边化角结合二倍角公式化简可得，利用为锐角三角形，求出角C范围，即可求得答案.
【详解】（1）证明：依题意知，
故，即，
由余弦定理得，
代入可得，
因为，所以，即；
（2）由题意为锐角三角形，且，
由（1）知，则，
由正弦定理得，
，其中为锐角，所以，
因为，则，解得，
则，则，即，
因此.
18．设数列满足，．
(1)证明：．
(2)设数列的前n项和为，证明：．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析

【分析】（1）由已知构造比值式再结合基本不等式证明即可；
（2）由（1）的结论可得，利用迭代法得，结合等比数列求和计算即可.
【详解】（1）∵数列满足，，
∴易知，且，当且仅当时取得等号，
故．
（2）由（1）可得．
从而，
∴．
19．如图所求，四棱锥，底面为平行四边形，为的中点，为中点.

(1)求证：平面；
(2)已知点在上满足平面，求的值.
【答案】(1)证明见解析
(2)2

【分析】（1）连结交于，连结，通过证明PCOF，可证平面；
（2）如图连结交延长线于，连结交于，连结，，，EN.
由平面，可得N为CD中点，后通过证明ENFDBG，可得，继而可得答案.
【详解】（1）证明：连结交于，连结，
因在中，为中点，为中点，则FO .
又平面，平面，故平面；

（2）如图连结交延长线于，连结交于，
连结，，，EN.
因，则四点共面.
又平面，平面平面，
则，四边形为平行四边形，可得 为中点.
则为BG中点.
即EN为中位线，则ENPG，.
又DN，则四边形EFDN为平行四边形，ENFD.
从而FDPG，.

20．已知椭圆的焦距为，点在上．
(1)求椭圆的方程；
(2)设椭圆与直线相交于不同的两点、，为弦的中点，为椭圆的下顶点，当时，求的取值范围．
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）根据已知条件可得出关于、的方程组，解出这两个量的值，即可得出椭圆的方程；
（2）设点、、，将直线的方程与椭圆的方程联立，由可得出，由韦达定理求出点的坐标，根据结合斜率关系可得出，代入结合可得出的取值范围.
【详解】（1）解：由题意可知，所以，所以①，
又，所以②，
由①②可得，，所以椭圆的方程为．
（2）解：设点、、，

联立，得，
由题知，可得③，
由韦达定理可得，
，从而，
，
，则，即④，
把④代入③得，解得，又，故的取值范围是．
【点睛】方法点睛：圆锥曲线中取值范围问题的五种求解策略：
（1）利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等关系，从而确定参数的取值范围；
（2）利用已知参数的范围，求新的参数的范围，解这类问题的核心是建立两个参数之间的等量关系；
（3）利用隐含的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；
（4）利用已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；
（5）利用求函数值域的方法将待求量表示为其他变量的函数，求其值域，从而确定参数的取值范围.
21．新高考数学试卷中的多项选择题，给出的4个选项中有2个以上选项是正确的，每一道题考生全部选对得5分. 对而不全得2分，选项中有错误得0分. 设一套数学试卷的多选题中有2个选项正确的概率为，有3个选项正确的概率为，没有4个选项都正确的（在本问题中认为其概率为0）. 在一次模拟考试中：
(1)小明可以确认一道多选题的选项A是错误的，从其余的三个选项中随机选择2个作为答案，若小明该题得5分的概率为，求；
(2)小明可以确认另一道多选题的选项A是正确的，其余的选项只能随机选择. 小明有三种方案：①只选A不再选择其他答案；②从另外三个选项中再随机选择1个，共选2个；③从另外三个选项中再随机选择2个，共选3个. 若，以最后得分的数学期望为决策依据，小明应该选择哪个方案？
【答案】(1)
(2)①

【分析】(1) 根据条件概率事件求解即可；
(2) 分别分析方案①，方案②，方案③的得分或者得分期望值，然后根据得分情况选择方案；
【详解】（1）记一道多选题“有2个选项正确”为事件，“有3个选项正确”为事件，“小明该题得5分”为事件B，
则，求得.
（2）若小明选择方案①，则小强的得分为2分.
若小明选择方案②，记小强该题得分为X，则，
且，
，
，
所以，，
若小明选择方案③，记小强该题得分为Y，则，且
，
，
所以，,
因为，所以小明应选择方案①.
22．已知函数
(1)求在处的切线;
(2)若，证明当时，.
【答案】(1)
(2)证明见解析

【分析】（1）求出，根据在点处的切线求解.
（2）主要是构造函数对进行放缩，找到，所以要证只需证明，变形得，因为，所以只需证明，即
两边同取对数得：，令，
只需要证到在上恒成,.
【详解】（1）因为，所以，切线斜率为
因为，所以切点为
切线方程为即
（2）法一：令，所以，
所以在单调递增，，
所以，所以，
所以要证只需证明
变形得
因为
所以只需证明，即
两边同取对数得：
令，
则
显然在递增，
所以存在当时递减，
当时递增;
因为
所以在上恒成立，所以原命题成立
法二：设则，
要证：
需证：
即证：
因为，需证，即证：
①时必然成立
②时，因为所以只需证明，
令，，
令，
∴在上为增函数
因为
，所以
所以存在，使得
∴在上为减函数，在上为增函数

∴
综上可知，不等式成立
【点睛】此题主要的难点在于构造函数进行放缩，再进行一系列的转换，求导研究函数的最大值小于0，综合性较强，属于难题.