廣東省五校2022-2023學年高二下學期期末聯(lián)考數(shù)學試題（解析版）

高級中學名校試卷PAGEPAGE1廣東省五校2022-2023學年高二下學期期末聯(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.已知集合，則為（）A. B.C. D.〖答案〗C〖解析〗解不等式，得或，即或，則，函數(shù)有意義，則，解得，則，所以.故選：C2.若對，恒成立，其中，，則（）A.3 B.2 C.0 D.〖答案〗C〖解析〗由，得，所以，所以.故選：C.3.任給，對應關系使方程的解與對應，則是函數(shù)的一個充分條件是（）A. B. C. D .〖答案〗A〖解析〗根據(jù)函數(shù)的定義，對任意，按，在的范圍中必有唯一的值與之對應，，則，則的范圍要包含，故選：A．4.在正四棱錐中，分別為的中點，直線與所成角的余弦值為，則三棱錐的體積為（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗連接，，如圖，設，由，得即為與所成的角，在中，易知，，解得.設，在中，①，因為，故，則在中，，即②，②兩式相加求得，因為，解得.因為為的中點，故，因為，，所以三角形為等腰直角三角形，則在等腰直角三角形中，易求得到的距離即到底面的距離為，故到平面的距離為，，故所求三棱錐的體積為.故選：B5.已知復數(shù)，則（）A.2022 B.2023 C. D.〖答案〗B〖解析〗設，則，由題意可得：可得關于的方程的根為，故，整理得，即，令，可得，且2022為偶數(shù)，所以.故選：B.6.已知集合，若從U的所有子集中，等可能地抽取滿足條件“，”和“若，則”的兩個非空集合A，B，則集合A中至少有三個元素的概率為（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗由，可得中沒有重復數(shù)字，由，則可得不為空集，則可將中10個數(shù)字分為5組，分別為2或20，4或18，6或16，8或14，10或12，且每組數(shù)中的一個數(shù)如果在集合A中，另一個必在集合中，所以集合A中元素的個數(shù)小于等于集合中元素的個數(shù)，所以集合A中元素的個數(shù)可能為1，2，3，4，5，所以集合A的可能的個數(shù)為，所以.7.已知雙曲線的右焦點為F，過點F且斜率為的直線l交雙曲線于A、B兩點，線段AB的中垂線交x軸于點D.若，則雙曲線的離心率取值范圍是（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗設雙曲線的右焦點為，則直線，聯(lián)立方程，消去y得：，則可得，則，設線段的中點，則，即，且，線段的中垂線的斜率為，則線段的中垂線所在直線方程為，令，則，解得，即，則，由題意可得：，即，整理得，則，注意到雙曲線的離心率，∴雙曲線的離心率取值范圍是.故選：A.8.已知過點不可能作曲線的切線．對于滿足上述條件的任意的b，函數(shù)恒有兩個不同的極值點，則a的取值范圍是（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗設是曲線上的任意一點，，所以在點處的切線方程為，代入點得，，由于過點不可能作曲線的切線，則直線與函數(shù)的圖象沒有公共點，，所以函數(shù)在區(qū)間上導數(shù)大于零，函數(shù)單調(diào)遞增；在區(qū)間上導數(shù)小于零，函數(shù)單調(diào)遞減，所以當時，函數(shù)取得極大值也即是最大值，則．對于滿足此條件的任意的b，函數(shù)恒有兩個不同的極值點，等價于恒有兩個不同的變號零點，等價于方程有兩個不同的解．令，則，，即直線與函數(shù)的圖象有兩個不同的交點．記，則，記，則，所以在上單調(diào)遞增．令，得．當時，，當時，，所以在上單調(diào)遞減，上單調(diào)遞增．所以．所以．因為，所以，所以．即實數(shù)a的取值范圍是．故選：A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.關于x的不等式的解集中恰有4個整數(shù)，則a的值可以是（）A. B. C. D.－1〖答案〗AD〖解析〗關于的不等式的解集中恰有4個整數(shù)，所以，因為時，不等式的解集中的整數(shù)有無數(shù)多個．不等式，對應的方程為：，方程的根為：和；由題意知，，則，解得；當時，不等式的解集是，解集中含有4個整數(shù)：0,1,2,3；滿足題意．當時，不等式的解集是，解集中含有4個整數(shù)：,0,1,2；滿足題意．當時，不等式的解集是,，此時，解集中含有5個整數(shù)：0,1,2,3；不滿足題意．當時，不等式的解集是,，，解集中含有整數(shù)個數(shù)多于4個，不滿足題意．綜上知，的值可以是和．故選：AD10.用長為3的鐵絲圍成，記的內(nèi)角的對邊分別為，已知，則（）A.存在滿足成公差不為0的等差數(shù)列B.存在滿足成等比數(shù)列C.的內(nèi)部可以放入的最大圓的半徑為D.可以完全覆蓋的最小圓的半徑為〖答案〗BCD〖解析〗依題意知，由余弦定理，得．對A，若成等差數(shù)列，則，所以，所以為常數(shù)列，故A錯誤；對B，若成等比數(shù)列，則，所以，即，所以當為等邊三角形時成等比數(shù)列，故B正確；對C，由，得，解得或（舍），所以的面積的內(nèi)切圓半徑為，當且僅當時取等號，所以的內(nèi)部可以放入的最大圓的半徑為，故C正確；對D，由正弦定理可得：，其中為外接圓半徑，因為當且僅當時，等號成立，所以，所以可以完全覆蓋的最小圓的半徑為，故D正確．故選：BCD．11.已知拋物線的焦點為，點為拋物線上兩個位于第一象限的動點，且有．直線與準線分別交于兩點，則下列說法正確的是（）A.當時， B.當時，C.當時， D.當時，延長交準線于〖答案〗ACD〖解析〗拋物線的焦點為，準線為，則，由，得，對于A，當時，，則，，故A正確；對于B，當時，可得，，則，設直線，把代入，可得，令，則，同理，則，因為，所以，所以，故B錯誤；對于C，由B選項知，，故C正確；對于D，當時，，則，，，由選項A知，，，，故D正確．故選：ACD．12.已知函數(shù)，其中，則（）A.當，，時，曲線既不是軸對稱圖形也不是中心對稱圖形B.當，，時，曲線要么是軸對稱圖形要么是中心對稱圖形C.當，，時，曲線是中心對稱圖形D.當，時，曲線可能是軸對稱圖形〖答案〗ABC〖解析〗A選項，此時.則，.因，則不同時為0，則，則曲線不是軸對稱圖形；又，不同時為0，則不為常數(shù)，即曲線不是中心對稱圖形，故A正確；B選項，此時.則，.令，則，比較系數(shù)結(jié)合可得，則當時，因，則，使，即時，曲線有對稱軸；當時，，令，則時，因，則，使，即時，曲線有對稱中心；綜上，當，，時，曲線要么是軸對稱圖形要么是中心對稱圖形，故B正確；C選項，此時.則，.若曲線是中心對稱圖形，則為常數(shù)，即為常數(shù).則，則當時，因，則，使，即當，，時，曲線是中心對稱圖形，故C正確；D選項，此時則.若曲線是軸對稱圖形，則，使或，與題設矛盾，故當，時，曲線不可能是軸對稱圖形，故D錯誤.故選：ABC三、填空題：本題共4小題，每小題5分，滿分20分．13.在銳角三角形中角A、B、C的對邊分別為a，b，c，記，若，則___.〖答案〗4〖解析〗因為，所以，又因為，所以，即.所以.故〖答案〗為：414.對于項數(shù)為10的數(shù)列，若滿足（其中為正整數(shù)，），且，設，則的最大值為__________．〖答案〗〖解析〗因為，所以或，設，則數(shù)列中相鄰兩項的差最大為，要保證，則數(shù)列的項有增有減，假如中有個，增量最大為，則有項是減少的，則必有，所以，則或，取，取最大值，按最大連續(xù)增量計算，有，即中有最大值為，所以的最大值為.故〖答案〗為：.15.已知函數(shù)及其導函數(shù)的定義域均為R，若，都為偶函數(shù)，則______．〖答案〗520〖解析〗因為為偶函數(shù)，則，即，則，即，故的圖象關于點對稱，且；又為偶函數(shù)，則，則，即，故的圖象關于點對稱，且，又將代入得，則；令，由可得，則；同理可得，則；因為，，所以，則；，由此可得組成了以0為首項，為公差的等差數(shù)列，故，故〖答案〗為：52016.已知等邊的邊長為2，將其繞著邊旋轉(zhuǎn)角度，使點旋轉(zhuǎn)到位置.記四面體的內(nèi)切球半徑和外接球半徑依次為，當四面體的表面積最大時，__________；__________.〖答案〗①②〖解析〗易得的面積為定值，又因為，顯然當時，面積最大，即四面體的表面積最大，此時；當四面體的表面積最大時，易知四面體的表面積最大值為，如圖，設的中點為，易知，所以，即為四面體的外接球球心，四面體的外接球半徑，因為，且，所以，即，因為，平面，，所以平面，四面體的體積為，又因為，所以，解得，所以.故〖答案〗為：；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)列與的前項和分別為和，且對任意，恒成立.（1）若，，求；（2）若對任意，都有及恒成立，求正整數(shù)的最小值.解：（1）由題設，且，而，顯然也滿足上式，故，由，又，所以是首項、公差均為2的等差數(shù)列.綜上，.（2）由，，則，所以，而，故，即是公比為3的等比數(shù)列.所以，則，，而，所以，所以對都成立，所以，故，則正整數(shù)的最小值為3.18.在銳角△中，角所對的邊分別為，已知.（1）求角的大小；（2）若，求△內(nèi)切圓半徑的取值范圍.解：（1）因為，故（2）由正弦定理：故因為在銳角△中，所以，得，所以．19.為落實立德樹人根本任務，堅持五育并舉全面推進素質(zhì)教育，某學校舉行了乒乓球比賽，其中參加男子乒乓球決賽的12名隊員來自3個不同校區(qū)，三個校區(qū)的隊員人數(shù)分別是3，4，5.本次決賽的比賽賽制采取單循環(huán)方式，即每名隊員進行11場比賽（每場比賽都采取5局3勝制），最后根據(jù)積分選出最后的冠軍.積分規(guī)則如下：比賽中以或取勝的隊員積3分，失敗的隊員積0分；而在比賽中以取勝的隊員積2分，失敗的隊員的隊員積1分.已知第10輪張三對抗李四，設每局比賽張三取勝的概率均為.（1）比賽結(jié)束后冠亞軍(沒有并列)恰好來自不同校區(qū)的概率是多少？（2）第10輪比賽中，記張三取勝的概率為，求出的最大值點.解：（1）根據(jù)題意，比賽結(jié)束后冠亞軍恰好來自不同校區(qū)的概率是；（2）由題可知，，令，得，當時，，上單調(diào)遞增；當時，，在上單調(diào)遞減.所以的最大值點.20.中國古代數(shù)學名著《九章算術》中記載：“芻甍者，下有袤有廣，而上有袤無廣．芻，草也．甍，屋蓋也．”翻譯為“底面有長有寬為矩形，頂部只有長沒有寬為一條棱．芻甍是茅草屋頂．”現(xiàn)有一個芻甍如圖所示，四邊形ABCD為正方形，四邊形ABFE，CDEF為兩個全等的等腰梯形，，，，．（1）當點N為線段AD的中點時，求證：直線平面EFN；（2）當點N在線段AD上時（包含端點），求平面BFN和平面ADE的夾角的余弦值的取值范圍．解：（1）因為點N為線段AD的中點，且，所以，因為，且四邊形ABCD為正方形，故，所以，而平面，故平面；（2）設正方形ABCD的中心為O，分別取的中點為，設點H為線段AD的中點，由（1）知四點共面，且平面，連接平面，故，又平面，故平面平面，且平面平面，由題意可知四邊形為等腰梯形，故,平面，故平面，故以O為坐標原點，為軸建立空間直角坐標系，因為，則，又，故，設到底面的距離為h，四邊形ABFE，CDEF為兩個全等的等腰梯形，且，故，又，故，則，，，設，設平面的一個法向量為，則，令，設平面的一個法向量為，則，令，故，令，則，令，則，令，則在上單調(diào)遞增，故當時，，當時，，故，即平面BFN和平面ADE的夾角的余弦值得取值范圍為.21.已知函數(shù)，為的導數(shù).（1）證明：在區(qū)間上存在唯一極大值點；（2）求函數(shù)的零點個數(shù).解：（1）由題意知，函數(shù)的定義域為，且，令，，所以，，令，，則，當時，，所以，即在上單調(diào)遞減，又，，，則存在，使得，即存在，使得，所以當時，，當時，，所以為的唯一極大值點，故在區(qū)間上存在唯一極大值點；（2）由（1）知，，，①當時，由（1）知，在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，又，，，所以存在，使得，所以當，時，，單調(diào)遞減，當時，，單調(diào)遞增，又，，所以當時，有唯一的零點；②當時，，單調(diào)遞減，又，所以存在，使得；③當時，，所以，則在沒有零點；綜上所述，有且僅有2個零點.22.已知橢圓：的離心率為，其左、右焦點為、，過作不與軸重合的直線交橢圓于、兩點，的周長為8.（1）求橢圓的方程；（2）設線段的垂直平分線交軸