【数学】福建省福州市四校2022-2023学年高二下学期期末联考试题（解析版）

这是一份【数学】福建省福州市四校2022-2023学年高二下学期期末联考试题（解析版），共25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。
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. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】C
【解析】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. 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. 1C. D.
【答案】D
【解析】因为，
因为，所以z的虚部为.
故选：D.
3. 已知圆，圆，则下列不是，两圆公切线的直线方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】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，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. 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. 2C. D.
【答案】B
【解析】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. 在数列中，，且函数的导函数有唯一零点，则的值为（ ）．
A. 1021B. 1022C. 1023D. 1024
【答案】A
【解析】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. 中，，则的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】，
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.
故选：B
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
【答案】D
【解析】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. 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.
【答案】B
【解析】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.
故选：B
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
【答案】AC
【解析】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. 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
【答案】ACD
【解析】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；
故选：ACD.
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
【答案】ABD
【解析】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．
故选：ABD．
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.
【答案】BCD
【解析】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
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）
【答案】
【解析】的展开式的通项为，
取得到故答案为：
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_______
【答案】
【解析】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. 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______.
【答案】
【解析】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. 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__________.
【答案】
【解析】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.
故答案为：.
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. 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．
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. 记锐角的内角的对边分别为，已知.
（1）求证：
（2）若，求的最大值.
解：（1）由于，
所以，
整理的，
即，
因为为锐角，所以，
故，由，为锐角可得；
（2）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. 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．
解：（1）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）∵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. 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.
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1；
（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. 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.
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. 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.
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，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.

2
3
4
0.2
0.5
0.3