福建省福州市四校2022-2023學年高二下學期期末聯(lián)考數(shù)學試題（ 含答案解析 ）

2022-2023學年度福州四校高二下學期期末聯(lián)考數(shù)學試題一、單項選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．1.設集合，，則的元素個數(shù)為（）A.1 B.2 C.3 D.4【答案】C【解析】【分析】根據(jù)交集以及指數(shù)函數(shù)、二次函數(shù)圖象等知識確定正確答案.【詳解】如圖，集合為函數(shù)圖象的點集，集合為函數(shù)圖象的點集，兩函數(shù)的圖象有三個交點，所以的元素個數(shù)為個.故選：C2.歐拉公式由瑞士數(shù)學家歐拉發(fā)現(xiàn)，其將自然對數(shù)的底數(shù)，虛數(shù)單位與三角函數(shù)，聯(lián)系在一起，被譽為“數(shù)學的天橋”，若復數(shù)，則z的虛部為（）A. B.1 C. D.【答案】D【解析】【分析】由歐拉公式化簡復數(shù)z，再由復數(shù)的定義即可得出答案.【詳解】因為，因為，所以z的虛部為.故選：D.3.已知圓，圓，則下列不是，兩圓公切線的直線方程為（

）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】計算兩圓的圓心和半徑，可得兩圓相離，有四條公切線，兩圓心坐標關于原點對稱，則有兩條切線過原點，另兩條切線與直線平行且相距為1，數(shù)形結(jié)合可計算四條切線方程，結(jié)合選項，即得解【詳解】由題意，圓的圓心坐標為，半徑為圓的圓心坐標為，半徑為如圖所示，兩圓相離，有四條公切線.兩圓心坐標關于原點對稱，則有兩條切線過原點，設切線，則圓心到直線的距離，解得或，當時，切線方程為，A正確；當時，切線方程為，即，B正確；另兩條切線與直線平行且相距為1，又由，設切線，則，解得，即切線方程分別為，；整理可得兩切線方程為和，所以C正確，D不正確.故選：D.4.已知圓錐的頂點為P，底面圓心為O，AB為底面直徑，，，點C在底面圓周上，且二面角為，則的面積為（）A. B.2 C. D.【答案】B【解析】【分析】作圖，取AC中點，根據(jù)圓錐的性質(zhì)及二面角的定義計算PD、AC長即可.【詳解】如圖所示，∵AB為底面直徑，，，∴是等腰三角形，由余弦定理可得，，由圓錐的特征易知，取中點D，連接，顯然有，即二面角為，∴，則，∴，故選：B5.在數(shù)列中，，且函數(shù)的導函數(shù)有唯一零點，則的值為（）．A.1021 B.1022 C.1023 D.1024【答案】A【解析】【分析】對應函數(shù)求導，利用奇偶性定義判斷為偶函數(shù)，根據(jù)有唯一零點知，構(gòu)造法有，應用等比數(shù)列定義寫出通項公式并求對應項.【詳解】由在上有唯一零點，而，所以為偶函數(shù)，則，故，且，所以是首項為4，公比為2的等比數(shù)列，則，則.故選：A【點睛】關鍵點點睛：判斷導函數(shù)為偶函數(shù)，進而得到為關鍵.6.中，，則的取值范圍是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】化簡得到，從而得到，得到，，利用正弦定理得到，從而得到的取值范圍.【詳解】，在中，，故或，當時，，故，不合要求，舍去，所以，，因為，所以，即，因為，所以，由正弦定理得，故因為，所以，故，因為，所以，故，因為，所以，，，故.故選：B【點睛】解三角形中最值或范圍問題，通常涉及與邊長，周長有關的范圍問題，與面積有關的范圍問題，或與角度有關的范圍問題，常用處理思路：①余弦定理結(jié)合基本不等式構(gòu)造不等關系求出答案；②采用正弦定理邊化角，利用三角函數(shù)的范圍求出最值或范圍，如果三角形為銳角三角形，或其他的限制，通常采用這種方法；③巧妙利用三角換元，實現(xiàn)邊化角，進而轉(zhuǎn)化為正弦或余弦函數(shù)求出最值.7.已知橢圓的兩焦點為，，x軸上方兩點A，B在橢圓上，與平行，交于P.過P且傾斜角為的直線從上到下依次交橢圓于S，T.若，則“為定值”是“為定值”的（）A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C充要條件 D.既不必要也不充分條件【答案】D【解析】【分析】先求出軌跡，其軌跡方程為，取，結(jié)合特殊情形可得“當取定值，是定值”是錯誤的；再由是定值可得，從而可判斷當取定值，是定值”是錯誤的，從而可得正確的選項.【詳解】設為橢圓上的動點，為橢圓的半焦距，故，故，設直線，則到該直線的距離為，故，如圖，設直線的傾斜角為，過作的垂線，垂足為，則，故，設，故，同理.設的傾斜角為，則，，因為，故，所以，所以，同理，故，故的軌跡為以為焦點的橢圓，其長半軸長為，短半軸長為，故的軌跡方程為：，其中.取，,而，故不是定值即不是定值.故“當取定值，是定值”是錯誤的.又直線的參數(shù)方程為：，設，由整理得到：，故，而，故，所以，若為定值，則為定值，而，故當變化時，始終為定值，又故且，但，故，所以，但此時隨的變化而變化，不是定值，故“當取定值，是定值”是錯誤的.故選：D.【點睛】思路點睛：對于圓錐曲線中的動態(tài)問題，注意利用圓錐曲線的幾何性質(zhì)去研究動點的軌跡，對于是否為定值的問題，注意構(gòu)建不同變量之間的關系，結(jié)合特例來處理是否為定值的問題.8.在同一平面直角坐標系中，，分別是函數(shù)和圖象上的動點，若對任意，有恒成立，則實數(shù)的最大值為（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】設出點的坐標，利用兩點間距離公式借助恒成立的不等式變形，再構(gòu)造函數(shù)并求出最小值作答.詳解】依題意，設，因此，因為，則，即因此，令，求導得，顯然函數(shù)在上單調(diào)遞增，而當時，，于是當時，，函數(shù)遞減，當時，，函數(shù)遞增，因此當時，，令，求導得，顯然函數(shù)在上單調(diào)遞增，如圖，函數(shù)與函數(shù)的圖象有唯一公共點，因此存在唯一，使得成立，即有，且，當時，，函數(shù)遞減，當時，，函數(shù)遞增，于是當時，，從而，即有，因此對任意，成立，則，所以實數(shù)的最大值為.故選：B【點睛】思路點睛：涉及函數(shù)不等式恒成立問題，可以探討函數(shù)的最值，借助函數(shù)最值轉(zhuǎn)化解決問題.二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分．在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求．全部選對的得5分，部分選對的得2分，有選錯的得0分．9.已知向量，其中，下列說法正確的是（）A.若，則 B.若與夾角為銳角，則C.若，則在方向上投影向量為 D.若【答案】AC【解析】【分析】由向量垂直的坐標表示列方程求參數(shù)判斷A；根據(jù)向量夾角為銳角有，注意同向共線的情況判斷B；由投影向量的定義求投影向量判斷C；根據(jù)向量坐標求模判斷D.【詳解】若，則，解得，A正確；若與夾角為銳角，則，解得，當，，此時，與夾角為，B錯誤；若，則，因為在方向上投影為，與同向的單位向量為，所以在方向上投影向量為，C正確；由題設，，D錯誤.故選：AC10.已知函數(shù)，則下列說法正確的是（）A.若函數(shù)的圖像關于點中心對稱，則B.當時，函數(shù)過原點的切線有且僅有兩條C.函數(shù)在上單調(diào)遞減的充要條件是D.若實數(shù)，是的兩個不同的極值點，且滿足，則或【答案】ACD【解析】【分析】對于A，由題意，可解的值；對于B，通過設切點利用導數(shù)求切線方程，代入原點坐標檢驗的方法判斷；對于C，在上恒成立，分類討論求解；對于D，利用韋達定理和差別式求解.【詳解】因為函數(shù)的圖像關于點中心對稱，所以，即，整理得，所以，所以A正確．時，原點在函數(shù)的圖像上，因此過原點有一條切線；

若切點不是原點時，設切點為，則切線方程為，把代入可得，若，則函數(shù)過原點的切線有且僅有一條；

若，則函數(shù)過原點的切線有兩條，因此B不正確．函數(shù)在上單調(diào)遞減，（不恒等于0）在上恒成立，設，其圖像對稱軸為，（不恒等于0）在上恒成立，則有或或，即或或，其中且時，則，也滿足，所以函數(shù)在上單調(diào)遞減的充要條件是，C正確；，由題意知實數(shù)是方程的兩個不等實根，所以，且，，由，得，所以，解得或，所以D正確；故選：ACD.11.已知函數(shù)，則（）A.的最小正周期為 B.的圖像關于對稱C.在上有四個零點 D.的值域為【答案】ABD【解析】【分析】對于，由函數(shù)與函數(shù)的最小正周期即可判斷；對于B，由即可判斷；對于C，分，，以及討論即可判斷；對于D，易知的最小值為，最大值在時取得，根據(jù)對稱性，考慮時，的取值情況，利用導數(shù)即可求得最大值，進而判斷選項D．【詳解】對于A，函數(shù)的最小正周期為，函數(shù)的最小正周期為，所以函數(shù)的最小正周期為，選項A正確；對于B，，所以的圖像關于直線對稱，選項B正確；對于C，當時，，易知此時有唯一零點；當時，，易知此時有唯一零點；當時，，易知此時無零點；當時，，易知此時有唯一零點，所以在上有三個零點，選項C錯誤；對于D，當時，取得最小值，此時恰好取得最小值0，故的最小值為；由選項C的分析可知，當時，，當時，，而關于直線對稱，故可考慮時，的取值情況，，令，解得（舍或，則，易知當時，，單調(diào)遞增，當時，，單調(diào)遞減，所以此時，，綜上，函數(shù)的值域為，選項D正確．故選：ABD．12.已知拋物線：，過焦點的直線與交于，兩點，，與關于原點對稱，直線與直線的傾斜角分別是與，則（）A. B. C. D.【答案】BCD【解析】【分析】作軸于，做軸于，設直線的方程為，與拋物線方程聯(lián)立求出，求出，可判斷A；求出可判斷B；求出利用基本不等式得出可判斷C；求出、，做差與0比較大小可判斷D.【詳解】作軸于，做軸于，所以，，拋物線的焦點，因為，所以，即，所以直線的斜率存在設為，可得直線的方程為，與拋物線方程聯(lián)立，整理得，所以，，對于A，，，所以，故A錯誤；對于B，因為，所以，所以直線與的傾斜角互補，即，故B正確；對于C，因為，所以，即，因為，所以，故C正確；對于D，因為，所以，，，所以，所以，所以，即，故D正確.故選：BCD【點睛】思路點睛：本題考查直線與拋物線綜合應用問題，對于解析幾何的題目要善于運用數(shù)形結(jié)合的方法，以聯(lián)立方程和計算為基礎，進行題意的轉(zhuǎn)化進而求解答案.三、填空題：本題共4小題，每小題5分，滿分20分．13.展開式中的系數(shù)為_________（用數(shù)字作答）【答案】【解析】【分析】根據(jù)二項式定理得到，得到答案.【詳解】的展開式的通項為，取得到.故答案為：14.已知某批零件的質(zhì)量指標單位：毫米服從正態(tài)分布，且，現(xiàn)從該批零件中隨機取件，用表示這件產(chǎn)品的質(zhì)量指標值不位于區(qū)間的產(chǎn)品件數(shù)，則_______【答案】##【解析】【分析】由正態(tài)分布的性質(zhì)求，再結(jié)合二項分布的方差公式求.【詳解】因為，又，所以，所以，所以產(chǎn)品的質(zhì)量指標值不位于區(qū)間的概率為，因為表示件產(chǎn)品的質(zhì)量指標值不位于區(qū)間的產(chǎn)品件數(shù)，所以，所以，故答案：.15.已知為奇函數(shù)，當，，且關于直線對稱.設方程的正數(shù)解為，且任意的，總存在實數(shù)，使得成立，則實數(shù)的最小值為______.【答案】【解析】【分析】根據(jù)題意可得函數(shù)是以4為周期的周期函數(shù)，作出函數(shù)的圖像，結(jié)合圖像可知的幾何意義為函數(shù)兩條漸近線之間的距離，從而可得到，進而求出的最小值.【詳解】因為為奇函數(shù)，所以，且，又關于直線對稱，所以，所以，則，所以函數(shù)是以4為周期的周期函數(shù)，作出函數(shù)和的圖像如圖所示：由的正數(shù)解依次為、、、、、，則的幾何意義為函數(shù)兩條漸近線之間的距離為2，所以.所以得任意的，，已知任意的，總存在實數(shù)，使得成立，可得，即的最小值為.故答案為：2.16.在平面四邊形中，，沿對角線將折起，使平面平面，得到三棱錐，則三棱錐外接球表面積的最小值為__________.【答案】【解析】【分析】設，由正弦定理求得外接圓半徑為，根據(jù)球心特點求得，結(jié)合三角函數(shù)及基本不等式求最小值即可.【詳解】在平面圖形中設，即Rt中，.在中，.設外接圓圓心為，外接圓半徑為，由正弦定理可得.設三棱錐外接球球心為，則平面.又平面平面，交線為平面四邊形為直角梯形.設外接球的半徑為，在平面中，過做于，在中，為的中點，.令，則，當且僅當時，即時（滿足）等號成立.所以球表面積最小值為.故答案為：.【點睛】幾何體外接球球心的求法：（1）將幾何體置入長方體中找球心；（2）利用幾何法找到幾何體各個頂點距離相等的點即為球心；（3）設球心坐標，根據(jù)到各頂點的距離相等解方程組得到球心坐標.四、解答題：本題共6小題，共70分．解答應寫出必要的文字說明、證明過程或演算步驟．17.已知數(shù)列的各項均為正數(shù)，前n項和為，且滿足．（1）求；（2）設，設數(shù)列的前n項和為，若對一切恒成立，求實數(shù)m的取值范圍．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根據(jù)，作差得到數(shù)列是等差數(shù)列，即可求出通項公式；（2）利用裂項相消求出的取值范圍，進而求實數(shù)的取值范圍.【小問1詳解】當時，，，當時，即，，由已知，數(shù)列各項均為正數(shù)得：，是首項為1，公差為2的等差數(shù)列，；【小問2詳解】由（1）知，，則，，，單調(diào)遞增，，，，要使恒成立，只需，解得．所以實數(shù)的取值范圍是.18.記銳角的內(nèi)角的對邊分別為，已知.（1）求證：（2）若，求的最大值.【答案】（1）證明見解析（2）【解析】【分析】（1）根據(jù)兩角和差公式，結(jié)合銳角三角形可證明；（2）由（1）可得，結(jié)合正弦定理可得，，代入所求式子，根據(jù)二倍角公式轉(zhuǎn)換為關于的二次函數(shù)形式，根據(jù)角度范圍得的方位即可求最大值.【小問1詳解】解：由于，所以，整理的，即，因為為銳角，所以，故，由，為銳角可得；【小問2詳解】解：由（1）得，因為，且由正弦定理得，所以，，則，因為，所以，則，所以，根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)可知，當時，取得最大值．19.如圖，在三棱臺中，底面是邊長為2的正三角形，側(cè)面為等腰梯形，且，為的中點．（1）證明：；（2）記二面角的大小為，時，求直線與平面所成角的正弦值的取值范圍．【答案】（1）證明見解析；（2）．【解析】【分析】（1）通過證明，得出平面，即可由線面垂直的性質(zhì)得出；（2）以為坐標原點建立空間直角坐標系，可得為二面角的平面角，，求出平面的法向量和，利用向量關系可表示出直線與平面所成角的正弦值，即可根據(jù)范圍求出.【詳解】（1）證明：如圖，作的中點，連接，，在等腰梯形中，，為，的中點，∴，在正中，為的中點，∴，∵，，，，平面，∴平面，又平面，∴．（2）解：∵平面，在平面內(nèi)作，以為坐標原點，以，，，分別為，，，軸正向，如圖建立空間直角坐標系，∵，，∴為二面角的平面角，即，，，，，，，設平面的法向量為，，，則有，即，則可取，又，設直線與平面所成角為，∴，∵，∴，∴．20.已知函數(shù)為的導數(shù).（1）當時，求的最小值；（2）當時，恒成立，求的取值范圍.【答案】（1）1（2）【解析】【分析】（1）求導得，令，利用導數(shù)分析的單調(diào)性，進而可得的最小值即可．（2）令，問題轉(zhuǎn)化為當時，恒成立，分兩種情況：當時和當時，判斷是否成立即可．【小問1詳解】由題意，，令，則，當時，，，所以，從而在上單調(diào)遞增，則的最小值為，故的最小值0；【小問2詳解】由已知得當時，恒成立，令，，①當時，若時，由（1）可知，∴為增函數(shù)，∴恒成立，∴恒成立，即恒成立，若，令則，令，則，令，則，∵在在內(nèi)大于零恒成立，∴函數(shù)在區(qū)間為單調(diào)遞增，又∵，，，∴上存在唯一的使得，∴當時，，此時為減函數(shù)，當時，，此時為增函數(shù)，又∵，，∴存在，使得，∴當時，，為增函數(shù)，當時，，為減函數(shù)，又∵，，∴時，，則為增函數(shù)，∴，∴恒成立，②當時，在上恒成立，則在上為增函數(shù)，∵，，∴存在唯一的使，∴當時，，從而在上單調(diào)遞減，∴，∴，與矛盾，綜上所述，實數(shù)的取值范圍為.21.甲?乙兩人進行象棋比賽，賽前每人發(fā)3枚籌碼.一局后負的一方，需將自己的一枚籌碼給對方；若平局，雙方的籌碼不動，當一方無籌碼時，比賽結(jié)束，另一方最終獲勝.由以往兩人的比賽結(jié)果可知，在一局中甲勝的概率為0.3?乙勝的概率為0.2.（1）第一局比賽后，甲的籌碼個數(shù)記為，求的分布列和期望；（2）求四局比賽后，比賽結(jié)束的概率；（3）若表示“在甲所得籌碼為枚時，最終甲獲勝的概率”，則.證明：為等比數(shù)列.【答案】（1）分布列見解析，.（2）（3）證明見解析【解析】【分析】（1）求出的所有可能取值以及取值的概率，可得分布列，由期望公式可求出期望；（2）根據(jù)互斥事件的加法公式和獨立事件的乘法公式可得結(jié)果；（3）根據(jù)全概率公式和等比數(shù)列的定義可證.【小問1詳解】的所有可能取值為，，，，則的分布列為：2340.20.50.3.【小問2詳解】當四局比賽后，比賽結(jié)束且甲勝時，第四局比賽甲勝，前三局比賽甲2勝1和，其概率為：.當四局比賽后，比賽結(jié)束且乙勝時，第四局比賽乙勝，前三局比賽乙2勝1和，其概率為：，所以四局比賽后，比賽結(jié)束的概率為.【小問3詳解】因為表示“在甲所得籌碼為枚時，最終甲獲勝的概率”，，在甲所得籌碼為枚時，下局甲勝且最終甲獲勝