2022-2023學年廣東省重點學校三校聯(lián)考高二（下）期末數(shù)學試卷（含解析）

2022-2023學年廣東省重點學校三校聯(lián)考高二（下）期末數(shù)學試

卷

一、單選題（本大題共7小題，共35.0分。在每小題列出的選項中，選出符合題目的一項）

1.已知集合2={%|乂2—2xW0,xeZ},B={x\—2<x<2},則AnB=()

A.[-1,0]B.[0,2）C.{0,1}D.{1,2}

2.設復數(shù)z滿足z（l-i）=2+i,則復數(shù)z的共軌復數(shù)在復平面內對應的點位于（）

A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限

3.（口一》9的展開式中的常數(shù)項為（）

A.64B.-64C.84D.-84

4.要得到函數(shù)/（%）=為譏2x+?cos2x的圖象，只需把函數(shù)gQ）=cos2x的圖象（）

A.向左平移*個單位長度B.向右平移:個單位長度

C.向左平移工個單位長度D.向右平移工個單位長度

5.如圖，湖北省分別與湖南、安徽、陜西、江西四省交界，且湘、皖、陜互不交界，在地

圖上分別給各省地域涂色，要求相鄰省涂不同色，現(xiàn)有5種不顏色可供選用,

則不同的涂色方案數(shù)為（）

A.480B.600C.720D.840

一一.，S4p0.2511.

6.已知Q=一b=——,c=-f則（）

454D

A.a<b<cB.c<b<aC.c<a<bD.a<c<b

7.已知雙曲線C：/一《=i的左、右焦點分別為F「F2,設點P為C右支上一點，P點到直

線x=2的距離為小過尸2的直線，與雙曲線C的右支有兩個交點，則下列說法正確的是（）

A.d+|P0|的最小值為2

B.早3

C.直線/的斜率的取值范圍是(4,+8)

D.APaF2的內切圓圓心至Uy軸的距離為1

二、填空題(本大題共4小題，共20.0分)

8.已知向量落后滿足|五|=5,=6,a-b=-6,貝l]cos<N,a+b>=.

9.在正四棱臺ABCD-Ai/GDi中，上、下底面邊長分別為3，至、4，五，該正四棱臺的外

接球的表面積為100兀，則該正四棱臺的高為.

10.已知拋物線/=2py(p>0),焦點為尸，過定點(0,1)且斜率大于0的直線交拋物線于4,

B兩點，04L0B,線段的中點為M,則直線MF的斜率的最小值為.

11.對Vx,yeR,函數(shù)/(x,y)都滿足：①f(0,y)=y+l；@/(x+1,0)=/(%,1)；③f(x+

Ly+1)=f(x,f(x+l,y))；則/"(3,2023)=.

三、解答題(本大題共6小題，共70.0分。解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟)

12.(本小題10.0分)

已知銳角AABC中，角4、B、C所對的邊分別為a、b、c；且幽等2=sin(4；c).

cosBcosC

(i)若角a=(求角B；

(2)若asinC=1,求今+宏+,的最大值.

13.(本小題12.0分)

如圖，三棱柱48。-4/1。1中，AB=BC=BrA=BrC,。是AC的中點，ABr1BD.

(1)證明：B/1平面ABC；

(2)若4B=，五，點/到平面4CC14的距離為?，求三棱錐前-4通也的體積.

B

14.(本小題12.0分)

正數(shù)數(shù)列｛。九｝,｛b九｝滿足的=8,瓦=16,且％!，bn,。九+1成等差數(shù)列，bn,an+1,b九+1成

等比數(shù)列.

(1)求｛a九｝,｛b九｝的通項公式；

(2)求證：尚+渦+，”+曲〈全

15.(本小題12.0分)

在世界杯期間，學校組織了世界杯足球知識競賽，有單項選擇題和多項選擇題(都是四個選項

)兩種：

(1)甲在知識競賽中，如果不會單項選擇題那么就隨機猜測.已知甲會單項選擇題和甲不會單項

選擇題隨機猜測的概率分別是工.問甲在做某道單項選擇題時，在該道題做對的條件下，求

他會這道單項選擇題的概率；

(2)甲在做某多項選擇題時，完全不知道四個選項正誤的情況下，只好根據(jù)自己的經(jīng)驗隨機選

擇，他選擇一個選項、兩個選項、二個選項的概率分別為0.5,0,3,02已知多項選擇題每道

題四個選項中有兩個或三個選項正確，全部選對得5分，部分選對得2分，有選擇錯誤的得0分

.某個多項選擇題有三個選項是正確的，記甲做這道多項選擇題所得的分數(shù)為X,求X的分布列

及數(shù)學期望.

16.(本小題12.0分)

已知橢圓C：m+^=l(a>b>0)的離心率為〃i，4分別為橢圓C的左右頂點，&,尸2分別

為橢圓C的左右焦點，B是橢圓C的上頂點，且的外接圓半徑為守.

(1)求橢圓C的方程；

(2)設與久軸不垂直的直線/交橢圓C于P,Q兩點(P,Q在x軸的兩側)，記直線為P,A2P,A2Q,

&Q的斜率分別為七，k2,七，k4.

(i)求自力2的值;

(ii)若向+%=|出+七)，則求△F2PQ的面積的取值范圍.

17.(本小題12.0分)

已知函數(shù)/(%)=eax,g(%)=kx+a,其中a>0,kER.

(1)當k=a=l時，求函數(shù)y=的最大值；

(2)是否存在實數(shù)k,使得只有唯一的a,當％>0時，/(%)2g(x)恒成立，若存在，試求出K

a的值；若不存在，請說明理由.

答案和解析

1.【答案】C

【解析】解：由集合a={x\x2-2x<0,xEZ）={0,1,2},B=（x\-2<x<2},

所以4rB={0,1}.

故選：c.

先求得a={0,1,2},結合集合的交集的概念及運算，即可求解.

本題主要考查交集及其運算，屬于基礎題.

2.【答案】D

【解析】解：由足z（l—i）=2+i,得z=*◎優(yōu);=T+|i,

-13.

Z=2~21'

則Z的共軌復數(shù)在復平面內對應的點的坐標為位于第四象限.

故選：D.

把已知等式變形，利用復數(shù)代數(shù)形式的乘除運算化簡，求出5的坐標得答案.

本題考查復數(shù)代數(shù)形式的乘除運算，考查復數(shù)的代數(shù)表示法及其幾何意義，是基礎題.

3.【答案】D

【解析】解：展開式的通項公式為圖+1=馬（，G）9-『（一31『=舄?（一1）69—丁3r,

令支券=0,解得r=3,

則展開式的常數(shù)項為C>（-1）3=—84,

故選：D.

求出展開式的通項公式，令x的指數(shù)為0,由此即可求解.

本題考查了二項式定理的應用，考查了學生的運算求解能力，屬于基礎題.

4.【答案】D

【解析】解：/(x)=1sin2x+ycos2x=cos2xcos^+sin2xsin^=cos(2x—=cos2(x—工)，

即只需把函數(shù)g(x)=cos2久的圖象向右平移工個單位長度，即可得到/(X)的圖象.

故選：D.

利用輔助角公式進行化簡，根據(jù)函數(shù)角的關系進行求解即可.

本題主要考查三角函數(shù)的圖象變換，先利用輔助角公式進行化簡，然后利用角的關系進行求解是

解決本題的關鍵，是基礎題.

5.【答案】C

【解析】解：由題意知本題是一個分步計數(shù)問題，

首先涂一個陜西，有5種結果，再涂湖北省，有4種結果，

第二步涂安徽，分類若安徽與陜西同此時江西有三種，再湖南有三種，即5x4x1x3x3=180

若安徽與陜西不同，則安徽有三種涂法，江西，湖南也各有三種涂法，即5x4x3x3x3=540

二共有5x4(1x3x3+3x3x3)

故選：C.

本題是一個分步計數(shù)問題，首先涂一個陜西，有5種結果，再涂湖北省，有4種結果，第二步涂安

徽，分類若安徽與陜西同此時江西有三種，再湖南有三種，若安徽與陜西不同，則安徽有三種涂

法，江西，湖南也各有三種涂法，根據(jù)計數(shù)原理得到結果.

本題考查分步計數(shù)原理，對于計數(shù)原理的應用，解題的關鍵是分清事情分成幾部分，注意做到不

重不漏.

6.【答案】A

【解析】解：a=—=jlnp

4544

^0.25411

b=——=—e=e^lne^9

44

設/(%)=xlnx,

1

/'(%)=Inx+%--=Inx+1,

令f'(x)=。得％=，，

所以在(0,3上/'(%)<0,/(x)單調遞減，

在(，+8)上(。)>0,/(%)單調遞增,

因為工<-<g4,

e4

所以〈/(。句，

所以gin?<e^lne^f

44

所以a<b,

1111

c=-=Ine^=ln(e4)3,

b=eMne4=ln(e4)e?,

因為11>1,

所以(e浦〉(1/

所以ln(e前>In(［產(chǎn)

所以c>b,

所以a<b<c,

故選：A.

根據(jù)題意可得口=打,，b=贏茄，設/㈤=x"x，求導分析單調性，進而可得a與b的大小關

系，又c=ln(e4)3，b=ln(e白)^>e5>1，可得b與c的大小關系，即可得出答案.

本題考查數(shù)的大小關系，解題中需要理清思路，屬于中檔題.

7.【答案】D

【解析】解：4由題設及下圖知：當P與右頂點重合時，d+|P6|最

小為(a—今+a+c=3.5,錯；

B：令P(x,y)且則四=&-2,+y2=q/4x+l=在==

乙dy--y--y--

入222

2,錯；

C：由漸近線方程為y=±?x,過F2的直線與雙曲線C的右支有兩

個交點,

結合圖知：直線/的斜率的取值范圍為(—8,-子)U((,+8),錯；

0：若內切圓與APF/z三邊相切于C，O，E,如下圖，則|P0|=\PE\,\FrD\=\FrC\,\F2E\=\F2C\,

又|PFi|-IPF2I=2a,即|&D|+\PD\-\FTC\-\PE\=|&C|一|F2cl=2a,

由|&C|=a+c,\F2C\=c-a,即C與右頂點重合，易知△P&F?的內切圓圓心到y(tǒng)軸的距離為1,

對.

故選：D.

數(shù)形結合判斷4；令P(x,y)且刀2微應用兩點距離、點線距離及點在雙曲線上列式化簡判斷B；

結合雙曲線漸近線及直線與雙曲線交點情況確定直線斜率范圍判斷C；利用雙曲線定義及內切圓

性質確定圓心橫坐標，即為雙曲線右頂點橫坐標判斷，

本題考查了雙曲線的性質，屬于中檔題.

8.【答案】||

【解析】M：■.■\a\=5,\b\=6,a-b=-6,

2222

???a?(a+b)=a+a-K=5-6=19，\^+b\=J(a+b)=Ja+b^+2a-b=

V52+62—2x6=7,

a-(a+5)19

???cos<a,a+b>=

|a|x|a+S|而'

故答案為：

利用cos<aa+b>=:求解,

t|a|x|a+o|

本題考查了利用向量的數(shù)量積求向量的模及夾角，屬于基礎題.

9.【答案】1或7

【解析】解：設正四棱臺的外接球的半徑為R,則4TTR2=IOO兀，解得R=5,

連接4C,8。相交于點E,連接&Q,B/i相交于點P,連接EF,

則球心。在直線EF上，連接OB,OB1，

如圖1,當球心0在線段EF上時，

圖1

則。8=。/=R=5,

因為上、下底面邊長分別為3/至、4<7,

所以BE=4,B#=3,

由勾股定理得OF=J。用—B/2=4,OE=VOB2-BE2=3,

此時該正四棱臺的高為3+4=7,

如圖2,當球心。在FE的延長線上時，

圖2

22

同理可得。F=JOB]-B/2=4,OE=VOB-BE=3,

此時該正四棱臺的高為4-3=1.

故答案為：1或7.

求出外接球半徑，找到球心的位置，分球心。在線段EF上和在FE的延長線上兩種情況，求出高.

本題考查棱臺的結構特征，屬于中檔題.

10.【答案】A/-6

【解析】解:設直線48的方程為丫=kx+1,A(x1,y1),B(x2,y2),

代入拋物線方程可得/一2pkx-2p=0,xr+x2=2pk,xrx2=-2p,

(XiXo)2?

、1丫2=----7~=1，

(2p)2

vOAX.OB,~OA1OB,OA-OB=0,?1?%i%2+YiYz=0,

11

1of21

--p--+-cfXM----c+

2P2-2yM2

由P可得拋物線的焦點為（0,3,

=Z34

???kMp=迎^=2k，4=fc+^->2/fcX=y/~6,

%N-0-k2k72k

當且僅當k=&即k=￥時取等號，

乙KL

故直線MF的斜率的最小值為/%.

故答案為：，%.

設直線4B的方程為丁=丘+1,火修,乃），83/2），禾傭布?方=0,可求P，進而可得焦點坐

1

標，可得/^=5=卜+烹，可求最小值.

lir

xN-02k

本題考查拋物線幾何性質，考查運算求解能力，屬中檔題.

H.【答案】22026—3

【解析】解：由題意,有，f(i,y)=mmy-1))=/(l.y—1)+1，又/Q,0)=/(0,1)=2,

所以f(l,n)=n+2,nGN,

所以，有,/(2,y)=/(l,f(2,y—l))=f(2,y—1)+2,又f(2,0)="1,1)=1+2=3,所以

/(2,n)=2n+3,nEN,

所以當/(3,n)=/(2,/(3,n-1))=2/(3,n-1))+3,即/"(3,①+3=2/(3,n-1))+6=

2(f(3,ri—1)+3),

又/'(3,0)+3=/(2,1)+3=5+3=8,所以f(3,n)+3=8x2"=2n+3,所以f(3,n)=2n+3-3,

所以f(3,2023)=22°26一3.

故答案為：22026—3.

對函數(shù)的變量進行轉化，先得出f(l,n)的表達式，再得出f(2,n)的表達式，進而得出f(3,n)的表

達式.

本題主要考查遞推數(shù)列，屬于中檔題.

12.【答案】解：(1)皿臂=啊竽，

''COSDCOSC

:.sin(i4—B)cosC=sin(A—C)cosB,

WflsinAcosBcosC—cosAsinBcosC=sinAcosCcosB—cosAsinCcosB,

???cosAsinBcosC=cosAsinCcosB,

???sinBcosC=sinCcosB,WfltanB=tanC,

又B,ce(o^),A=l，則8=。，

???BW

(2)由(1)得B=C,則s譏8=sinC,

由正弦定理得b=c,

asinC=1,

1.「

?*,——SlTtC,

a

由正弦定理得Q=IRsinA,sinB=今

則asinC=2RsinA?2=bsinA=1,

1.A

7=sinA

bf

'：A=TI—B—C=7i—2C,

=7=sinA=sin2C,

cb

〔[1-1_rcdr

?,?滔+岸+了=sin2c+sin22c+sin22c=——-------1-(1—cos22C)+(1—cos22C)=

-2cos22c—彳cos2c+-=—2(cos2c+—)2+—>

LLo32

???△ABC為銳角三角形，且B=C,

..4-<2，

???^<2C<n,

?，?—1<cos2C<0,

當cos2C=-《時，2+也+白取得最大值M

OUc3乙

故++1+△的最大值為■

abc

【解析】(1)運用兩角和差的正余弦公式進行化簡即可；

h11

(2)根據(jù)(1)中結論運用正弦定理得到as譏C=2RsinA-—=bsinA=1,然后等量代換出京+-2?

乙Kab

再利用降次公式化簡，結合內角取值范圍及求解.

本題考查解三角形，考查轉化思想，考查邏輯推理能力和運算能力，屬于中檔題.

13.【答案】(1)證明：raB=BC,。是ac的中點，.?.BO，ac,

VAB11BD,AB±r\AC=A,BDJ?平面ABC

又B、Du平面ABC???BD1BrD,

■.BrA=BIC,D是AC的中點，B]D1AC,

???BD1BrD,且BDC\AC=D,B1D，平面ABC；

(2)解：由(1)知，BDVAC,BrDA.AC,BDCB^D=D,

AC_L平面

???AB=BC=BrA=BQ；.BD=B】D,取4Q的中點/，連接D%,B。,

可得BBJ/DDi，平面BDD/i即為平面B/D,

又ACu平面acCMi，平面8叫Bi1平面ACQAi，

過點當作當”1.DDi于點H,則Bi"1平面4CC1&,可得當"=殍,

在三棱柱ABC—AiBiG中，四邊形BDD/i為平行四邊形，NB/D=NB/i。,

,:BD=BD."B]BD=4BB]D=*可得BD=當4=1,則B/=小，

又,.?48=，7,；.AD=1.

.111

BJDJ■平面4BC,；.VC1-A1B1C=^B1-ABC==

【解析】⑴由已知得BD_L4C,結合4/1BD,得BD_L平面4B]C,進一步得到BD1BrD,再說

明BiD_L4C,即可證明/￡>_L平面ABC；

⑵由⑴知"1平面8/D,證明平面BDD/i1平面4CC14,過點名作，。劣于點H,可得

B[H=號,進一步求得所用邊長，結合平面ABC,再由等體積法求三棱錐G-451c的體

積.

本題考查直線與平面垂直的判定，考查空間想象能力與思維能力，訓練了利用等體積法求多面體

的體積，是中檔題.

14.【答案】解：(1)an,bn,即+1成等差數(shù)列，bn,an+1,%+i成等比數(shù)列,

九+九an+l=^n^n+lf

2bn=aa+1，

???數(shù)列｛時｝,｛-｝為正數(shù)數(shù)列,

a=

***n+idbnbn+i，

當幾>2時,an=Jbn_1bn.

???2bn=Jbnbn+1+Jbn_]bn,

2Jbn=Jbn+i+Jbn_1,

,*'b]=16,1~瓦"=4,

2bl=%+%，a2=24,

2，

???境=瓦/)b2=36,yjb2—7=6—4=2,

.??數(shù)列｛,｝時以4為首項，2為公差的等差數(shù)列，

2

???Vbn=4+2(n—1)=2n+2，???bn=4(n+l),

22

當九>2時，an=Jbn_\bn=J4nx4(n+l)=4n(n+1);

當九=1時,a】=8滿足上式，???a九=4n(n+1).

]1_11_11_______1_.

(2)證明:4(2n—12n+3

。71一14n(n+l)—14n2+4n—14n2+4n—3(2n—l)(2n+3)

]1V1

當九=時,1<3'

1a-^—1

111.11.14,1

當幾22時,1=—IV—|=—<—?

。1一1--。2一1---723721213'

ill1111

當幾23時，注I+石與+詔+…=尹方+…+4n2+41

+…+(------------------)+(---------1-------)1

<2+表+v2n-32n+Fv2n-l2n+37J

=,+天+1仆+,一罰_咫)<7+天+工q+，)<,+五+五=,<§'

1111

綜上所述，對一切正整數(shù)九，有;;~~7+---+-~7<7.

Q]—J.敢一，Qn—1D

【解析】(1)由條件可得2%=%+%+「a^+1=bnbn+1,由兩式化簡可求得心，an；

1111

(2)通過放縮法得已<3(白-右)，再由裂項相消法和放縮法即可證明.

Cln—14Z71—±Z71十5

本題考查求數(shù)列的通項公式和前幾項和、放縮法證明不等式成立，屬于中檔題.

15.【答案】解：(1)記事件4為“該單項選擇題回答正確”，事件B為“甲會該單項選擇題”，

因為P(4)=P(B)PQ4|B)+P(B)P(4|B)

5344

所以P(B|4)=霸='=￡,

甲在做某道單項選擇題時，在該道題做對的條件下，會這道單項選擇題的概率是*

(2)由題意知：X所有可能的取值為0,2,5,

設事件4表示甲選擇了i個選項，事件C表示選擇的選項是正確的,

￡|_21

所以P(X=2)=P(4C)+P(4C)0.5xj+0,3x

Cj―40'

P(X=5)=P(&C)=0.2X3=^,

P(X=0)=1—P(X=2)-P(X=5)=言,

所以隨機變量X的分布列為:

X025

17211

p

404020

所以期望為E(X)=0X^+2X^+5X/=M

【解析】(1)記事件4為“該單項選擇題回答正確”，事件B為“甲會該單項選擇題”，根據(jù)獨立

事件和互斥事件的概率公式，求得p(a)=:,結合條件概率的公式，即可求解.

(2)由題意得到X所有可能的取值為0,2,5,求得相應的概率，得出隨機變量的分布列，利用期

望的公式，即可求解.

本題主要考查條件概率的求法，離散型隨機變量分布列及數(shù)學期望，考查運算求解能力，屬于中

檔題.

16.【答案】解：⑴已知橢圓C的離心率為今

所以e=1=-,

2a

即|BF/=a=2c=2\OF1\,

所以4&B。=30°,NB&。=60°,NB&Ai=120°,

又=7=，4c2+3c2=且外接圓半徑為2:31,

所以■丁=W=2X*，

sm/B%力isml203

解得a=4,b=2AT3,

所以橢圓C的方程為盤+會=1;

lo12

(2)(團)取P①的中點為M,連接。M,

因為。用是4的中位線，

所以。M〃PAi，

設P(%i，yi),A2(x3,y3),

代入橢圓方程中,

,2

由點差法可得心出,k°M=七,七=一"

（川）因為「，Q在工軸的兩側，

若直線PQ平行%軸，

此時七+肌=++==+不滿足條件;

若直線PQ斜率存在，

設直線PQ為％=ty-\-m,

（x2,y2_

聯(lián)立元+運-1,消去工并整理得

lx=ty+m

(3t2+4)y2+6mty4-3m2-48=0,

此時4>0,

3m2-48

由韋達定理得力+、2=瑞，y02

3產(chǎn)+4

■2

由(i)知攵1,k――丁

24

同理可得七,%=-丁

4

33

所以燈+%=地=|（的+壇）,

4k24k34k2k3

因為七+&。0,

9=%力

所以七女

3=20卬―4%2-4'

由韋達定理可得血2—3m—4=0,

解得zn=-1或m=4,

又P,Q在%軸的兩側,

37n248v0

所以力為

3產(chǎn)+4

解得一4<m<4,

所以TH=-1,

即直線PQ恒過N(—1,0),

[UpDvf*118J4t2+5

S

^F2PQ=1l^l-|yi-y2l=；t2+4

令人=74t2+5,A>y/~5,

則S“2PQ=~re

3A+A

故小F2PQ的面積的取值范圍為(0,亨).

【解析】(I)由題意，結合離心率公式和正弦定理列出等式即可求出橢圓c的方程；

(2)(團)取P4的中點為M，連接。M,易得。M〃P4i，設尸(判,乃)，42(x3,y3)>代入橢圓方程中，

利用點差法即可求出自-的的值；

(ii)因為P,Q在%軸的兩側，對直線PQ平行x軸和直線PQ斜率存在分別進行討論，設直線「<?為％=

ty+m,將直線方程與橢圓方程聯(lián)立，結合(i)中所求得到B的表達式，結合韋達定理以及P,

Q在%軸的兩側，求出加的值，