2022-2023学年广东省五校高二下学期期末联考数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE3广东省五校2022-2023学年高二下学期期末联考数学试题一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．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：C2.若对，恒成立，其中，，则（）A.3 B.2 C.0 D.〖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：B5.已知复数，则（）A.2022 B.2023 C. 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：AD10.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：414.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：52016.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〗①②〖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：.广东省五校2022-2023学年高二下学期期末联考数学试题一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．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：C2.若对，恒成立，其中，，则（）A.3 B.2 C.0 D.〖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：B5.已知复数，则（）A.2022 B.2023 C. 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：AD10.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：414.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：52016.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〗①②〖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