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

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．4

2．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．1024

6．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：B

5．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：A

6．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：AC

10．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：BCD

13．  【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：

.

（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.