广东省五校2022-2023学年高二下学期期末联考数学试卷（解析版）

这是一份广东省五校2022-2023学年高二下学期期末联考数学试卷（解析版），共24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。
1. 已知集合，则为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】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】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】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】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，
②两式相加求得，
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】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】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】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.
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】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
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】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】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．
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】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．
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】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
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】4
【解析】因为，所以，
又因为，
所以，
即.
所以
.
故答案为：4
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】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，
所以的最大值为.
故答案为：.
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】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
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】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：；
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.
解：（1）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，.
（2）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.
解：（1）因为，
故
（2）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)恰好来自不同校区的概率是多少？
（2）第10轮比赛中，记张三取胜的概率为，求出的最大值点.
解：（1）根据题意，比赛结束后冠亚军恰好来自不同校区的概率是；
（2）由题可知，
，
令，得，
当时，，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．
解：（1）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；
（2）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.
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）求函数的零点个数.
解：（1）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；
（2）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.
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.
解：（1）根据椭圆定义知周长为，
依题意有，
从而，
故椭圆的方程为；
（2）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；
（3）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：.