2022-2023学年广东省阳江市高二年级下册学期期末数学试题【含答案】

2022-2023学年广东省阳江市高二下学期期末数学试题一、单选题1．已知全集，集合，，则（

）A． B．C． D．【答案】C【分析】根据并集及补集运算求解即可.【详解】由已知得，全集，故．故选：C2．已知，若，则cos2α的值为（

）A． B． C．0 D．或0【答案】B【分析】根据二倍角公式以及弦切互化即可求解.【详解】得，进而可得，由于，所以，故，又，故选：B3．已知中，角A，B，C对应的边分别为a、b、c，D是AB上的三等分点（靠近点A）且，，则的最大值是（

）A． B．C．2 D．4【答案】A【分析】由正余弦边角关系可得，进而有，设，则，且，利用正弦定理、和差角正弦公式得，即可求最大值.【详解】由，则，即，所以，，则，

设，则，且，△中，则，△中，则，又，即，（为△的外接圆半径），所以，即，又，故，时，.故选：A4．已知直角梯形，点在边上.将沿折成锐二面角，点均在球的表面上，当直线和平面所成角的正弦值为时，球的表面积为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】由题设知共圆，并确定外接圆圆心位置，由已知求得到直线的距离且面，进而有面面，确定△的形状，找到外接圆圆心，利用几何关系求外接球半径，进而求表面积.【详解】由题设知：，设点到面的距离为，则，故，要使均在球的表面上，则共圆，由直角梯形，则，所以，所以，故在绕旋转过程中面，面，所以面面，即到面的距离为，即到直线的距离，沿折成锐二面角，过于，则，又，则，故，即，综上，△、△都是以为斜边的直角三角形，且，所以，易知：△为等边三角形，则为中点，故，，在△中，，而，即为的中点，同时△△，若为的中点，即为外接圆圆心，连接，则且，故面，且△为等边三角形，球心是过并垂直于面的直线与过△外接圆圆心垂直于面的直线交点，若球的半径为，则，所以球的表面积.故选：D【点睛】关键点点睛：确定共圆、面面为关键，利用几何关系求外接球半径.5．在正方体中，分别为棱的中点，动点平面，，则下列说法错误的是（

）A．的外接球面积为 B．直线平面C．正方体被平面截得的截面为正六边形 D．点的轨迹长度为【答案】D【分析】可证明正方体被平面截得的截面为正六边形，故可判断C的正误，利用面面平行的判定定理可判断B的正误，利用补体法可求的外接球的直径后可判断A的正误，利用向量的方法可求到平面的距离，从而可求点的轨迹长度，故可判断D的正误.【详解】如图，设的中点分别为，连接.由正方体的性质可得，而为三角形的中位线，故，故，故四点共面，同理，也四点共面，故五点共面，同理也四点共面，故六点共面.正方体被平面截得的截面为六边形，，因为平面平面，平面平面，而平面平面，故，而为三角形的中位线，故，故，但与方向相反，故与互补，而为等边三角形，故，故，

同理，故正方体被平面截得的截面为正六边形，故C正确.由，平面，平面，故平面，同理故平面，而平面，故平面平面，而平面，故平面，故B正确.对于A，将三棱锥补成如图所示的长方体，其中分别为、的中点，则其外接球的直径即为的体对角线的长度即，故三棱锥的外接球的表面积为，故A正确.

建立如图所示的空间直角坐标系，

则，故，设平面的法向量为，则，故，取，则，故，而，故到平面的距离为，而，故点的轨迹为平面与球面的截面（圆），该圆的半径为，故圆的周长为，故D错误.故选：D.【点睛】思路点睛：空间几何题外接球的半径的求法，可先根据几何性质确定球心的位置，然后把球的半径放置在可解的图形中求解，也可以通过补体转化为规则几何体的外接球的半径，而与球的截面的计算问题，则需计算球心到截面的距离.6．过直线上的一点作圆的两条切线，，切点分别为，当直线，关于对称时，线段的长为（

）A．4 B． C． D．2【答案】C【分析】根据题意画出图形，观察图形可知圆心与点的连线垂直于直线，利用这一关系即可得到切线的长.【详解】如图所示，圆心为，连接，

因为直线，关于对称，所以垂直于直线，故，而，所以.故选：C7．已知，则（

）A． B．C． D．【答案】B【分析】通过中间值1结合不等式性质可得；解法一：构造，利用导数判断单调性，结合单调性可得；解法二：构造，利用导数判断单调性，结合单调性可得.【详解】因为，所以，又因为，所以，即；解法一：构造，则，当时，可得，则在上单调递增，又因为，则，所以，则，即；解法二：构造，则，令，解得，则在上单调递减，所以，即，则，可得；综上所述：.故选：B.【点睛】方法点睛：利用导数比较大小的基本步骤(1)作差或变形；(2)构造新的函数；(3)利用导数研究的单调性或最值；(4)根据单调性及最值，得到所证不等式．特别地：当作差或变形构造的新函数不能利用导数求解时，一般转化为分别求左、右两端两个函数的最值问题．8．若关于的不等式对恒成立，则实数的取值范围为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】由题意可知，且对恒成立，设，则问题转化为在上恒成立，利用导数说明函数的单调性，再分和两种情况讨论，结合函数的取值情况及单调性，分别计算可得.【详解】由题意可知，，即对恒成立．设，则问题转化为在上恒成立，因为，所以当时，，当时，，所以在上单调递增，在上单调递减，又，所以当时，；当时，．①在上，若恒成立，即，；②在上，若，则恒成立，即恒成立，令，，则，所以在上单调递增，所以，所以，综上所述，实数的取值范围为．故选：B．【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．二、多选题9．在棱长为4的正方体中，动点在正方形（包括边界）内运动，且满足平面，则下列结论正确的是（

）A．线段长度的最小值为B．三棱锥的体积为定值C．异面直线与所成角正弦值的取值范围为D．若动点在线段上，则线段长度的最小值为【答案】ABD【分析】对于,利用面面平行，确定点在线段在线段上，当时，线段长度的最小；对于,三棱柱体积转化为，根据线面平行可知，点到平面的距离为定值，即可判断；对于,点是的中点，直线与所成角为，可排除；对于，线段长度可转化为直线与之间的距离，在转化为线面距，即可求解.【详解】对于,如下图所示，

连接,易得平面,所以平面,同理，平面,又所以平面平面,又平面平面,故可知动点在线段上，则时，线段长度的最小，此时是的中点，易求所以正确；对于,平面，故点到平面的距离为定值，又的面积也为定值，则为定值，即三棱锥的体积为定值，所以正确；对于因为直线与所成角即为异面直线与所成角，又为等边三角形，当位于的中点时，，即直线与所成角为，其正弦值为故错误；对于,由题意，异面直线与之间的距离，即为线段长度的最小值，连接平面,

故平面,则异面直线与之间的距离即为到平面距离，即点到平面的距离，设为又

即即则正确.故选：10．已知直线：与圆：．则下列说法正确的是（

）A．直线过定点B．直线与圆相离C．圆心到直线距离的最大值是D．直线被圆截得的弦长最小值为【答案】AD【分析】根据直线与圆的相关知识对各选项逐一判断即可.【详解】对于A，因为：，即，令，即，得，所以直线过定点，故A正确；

对于B，因为，所以定点在圆：内部，所以直线与圆相交，故B错误；对于C，因为圆：，可化为，圆心，当圆心与定点的连线垂直于直线时，圆心到直线距离取得最大值，此时其值为，故C错误；对于D，由弦长公式可知，当圆心到直线距离最大时，弦长取得最小值，所以直线被圆截得的弦长的最小值为，故D正确.故选：AD.11．已知实数x，y满足（为自然对数的底数，，则（

）A．当时， B．当时，C．当时， D．当时，【答案】ACD【分析】同构函数可判断A，B；由对数均值不等式可判断C，D.【详解】由，得，所以，，当时，，即，令，则，所以在上单调递增，由得，所以，即，故A正确；当时，，即，令，则，令，得，当时，，单调递减，当时，，单调递增，由得，因为在上不单调，所以由不一定能得到，即不一定成立，故B错误；当时，由前面的分析可知，此时，，令，，则有，不妨设，得，下面证明，当时，不等式成立.先证右边，要证，只要证，即证，令，即证，令，则，所以在上单调递增，所以，即成立，从而得证；再证左边，要证，只要证，即证，令，即证，令，则，所以在上单调递增，所以，即成立，从而得证.由，，得，即，故C正确；由，，得，即，所以，故D正确.故选：ACD【点睛】方法点睛：应熟练掌握证明极值点偏移问题的常用方法，如对称构造函数法、对数均值不等式、指数均值不等式等.12．一个不透明的袋子中装有大小形状完全相同的红、黄、蓝三种颜色的小球各一个，每次从袋子中随机摸出一个小球，记录颜色后放回，当三种颜色的小球均被摸出过时就停止摸球.设“第i次摸到红球”，“第i次摸到黄球”，“第i次摸到蓝球”，“摸完第i次球后就停止摸球”，则（

）A． B．C．， D．，【答案】ACD【分析】对选项AC，求出包含的事件数为，从而得到，并计算出；选项B，计算出，，利用条件概率公式计算出答案，选项D，得出，，和，，利用条件概率公式得到答案.【详解】对于AC，“摸完第n次球后就停止摸球”，有放回的摸n次，有种可能，若恰好摸球n次就停止摸球，则恰好第n次三种颜色都被摸到，即前次摸到2种颜色，第n次摸到第三种颜色，共种情况，则，，，AC正确；对于B，事件表示第一次摸到红球，摸到第4次，摸球结束，若第2次或第3次摸到的球为红球，此时有种情况，不妨设第2次摸到的球为红球，则第3次和第4次摸到的球为蓝球或黄球，有2种可能，故有种情况，若第2次和第3次都没有摸到红球，则第2次和第3次摸到的球颜色相同，第4次摸到的球和第2,3次摸到的球颜色不同，故有种情况，故，其中摸4次球可能的情况有种，故，其中，故，B错误；对于D，表示“第次摸到蓝球，第次摸到黄球，第次摸到红球，停止摸球”，则前次摸到的球是蓝球或黄球，故有种可能，故，，表示“在前次摸球中，第次摸到蓝球，第次摸到黄球”，故有种可能，故，，则，，D正确.故选：ACD【点睛】常见的条件概率处理方法，其一是用样本点数的比值处理，需要弄情况事件包含的样本点数，其二是用概率的比值处理，也可以缩小样本空间，从而确定概率，解决实际问题的关键在于分析情况基本事件.三、填空题13．已知函数，若在区间上有两个不同的使得，则的取值范围是.【答案】【分析】先解方程，然后根据的范围，得到的范围，再结合方程有两个不同的根，列不等式即可.【详解】，即：，，或，当时，，；当时，，；当时，，；在区间上，，两个不同的使得成立，，，故答案为：14．已知圆，过点的直线被该圆所截的弦长的最小值为.【答案】【分析】设圆心为，直线过点，当直线与所在的直线垂直时最大，弦长最小，求解即可.【详解】将圆的一般方程化为设圆心为，直线过点，与圆交于，两点，则，半径，

设圆心到直线的距离为，则弦长，当直线与所在的直线垂直时最大，此时最小，这时，所以最小的弦长，故答案为：.15．若时，不等式恒成立，则整数的最大值为.【答案】2【分析】方法1：参变分离可得恒成立，设，，利用导数说明函数的单调性，求出函数的最小值，即可得解；方法2：设，，求出函数的导函数，考虑的情形，利用导数求出函数的最小值，即可得解.【详解】法1：不等式可化为，由，知，则时，恒成立.设，，，设，，则，所以在上单调递增，又，，则在上存在唯一的零点，当时，，单调递减，当时，，单调递增，所以，且，化简得，因，则，则整数的最大值为.法2：设，，，要求整数的最大值，则直接考虑的情形，由得，由得，所以在上单调递减，在上单调递增，则，令，，，则在上单调递减，，，则整数的最大值为2；故答案为：【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．16．已知中，，，是线段上的两点，满足，，，，则．【答案】【分析】根据角分线的向量性质及中线的向量性质化简得解.【详解】由已知，，则，所以，则，所以，即，即，又点在上，所以，所以，即，又，则，，即，联立，得，解得，或（舍），所以，则，所以，故答案为：.四、解答题17．记的内角的对边分别为，已知，且.(1)证明：；(2)若为锐角三角形，且，求的取值范围.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）利用两角差的正弦公式以及正弦定理角化边化简可得，继而利用余弦定理化简即可证明结论；（2）由利用正弦定理边化角结合二倍角公式化简可得，利用为锐角三角形，求出角C范围，即可求得答案.【详解】（1）证明：依题意知，故，即，由余弦定理得，代入可得，因为，所以，即；（2）由题意为锐角三角形，且，由（1）知，则，由正弦定理得，，其中为锐角，所以，因为，则，解得，则，则，即，因此.18．设数列满足，．(1)证明：．(2)设数列的前n项和为，证明：．【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析【分析】（1）由已知构造比值式再结合基本不等式证明即可；（2）由（1）的结论可得，利用迭代法得，结合等比数列求和计算即可.【详解】（1）∵数列满足，，∴易知，且，当且仅当时取得等号，故．（2）由（1）可得．从而，∴．19．如图所求，四棱锥，底面为平行四边形，为的中点，为中点.(1)求证：平面；(2)已知点在上满足平面，求的值.【答案】(1)证明见解析(2)2【分析】（1）连结交于，连结，通过证明PCOF，可证平面；（2）如图连结交延长线于，连结交于，连结，，，EN.由平面，可得N为CD中点，后通过证明ENFDBG，可得，继而可得答案.【详解】（1）证明：连结交于，连结，因在中，为中点，为中点，则FO.又平面，平面，故平面；（2）如图连结交延长线于，连结交于，连结，，，EN.因，则四点共面.又平面，平面平面，则，四边形为平行四边形，可得为中点.则为BG中点.即EN为中位线，则ENPG，.又DN，则四边形EFDN为平行四边形，ENFD.从而FDPG，.20．已知椭圆的焦距为，点在上．(1)求椭圆的方程；(2)设椭圆与直线相交于不同的两点、，为弦的中点，为椭圆的下顶点，当时，求的取值范围．【答案】(1)(2)【分析】（1）根据已知条件可得出关于、的方程组，解出这两个量的值，即可得出椭圆的方程；（2）设点、、，将直线的方程与椭圆的方程联立，由可得出，由韦达定理求出点的坐标，根据结合斜率关系可得出，代入结合可得出的取值范围.【详解】（1）解：由题意可知，所以，所以①，又，所以②，由①②可得，，所以椭圆的方程为．（2）解：设点、、，联立，得，由题知，可得③，由韦达定理可得，，从而，，，则，即④，把④代入③得，解得，又，故的取值范围是．【点睛】方法点睛：圆锥曲线中取值范围问题的五种求解策略：（1）利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等关系，从而确定参数的取值范围；（2）利用已知参数的范围，求新的参数的范围，解这类问题的核心是建立两个参数之间的等量关系；（3）利用隐含的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；（4）利用已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；（5）利用求函数值域的方法将待求量表示为其他变量的函数，求其值域，从而确定参数的取值范围.21．新高考数学试卷中的多项选择题，给出的4个选项中有2个以上选项是正确的，每一道题考生全部选对得5分.对而不全得2分，选项中有错误得0分.设一套数学试卷的多选题中有2个选项正确的概率为，有3个选项正确的概率为，没有4个选项都正确的（在本问题中认为其概率为0）.在一次模拟考试中：(1)小明可以确认一道多选题的选项A是错误的，从其余的三个选项中随机选择2个作为答案，若小明该题得5分的概率为，求；(2)小明可以确认另一道多选题的选项A是正确的，其余的选项只