【联考】广东省五校2022-2023学年高二下学期期末联考数学试题

2024届广东五校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．2．若对，恒成立，其中，，则（  ）A．3B．2C．0D．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．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．5．已知复数，则（    ）A．2022B．2023C．D．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．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．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．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．－110．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.14．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．15．已知函数及其导函数的定义域均为R，若，都为偶函数，则．16．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，；.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.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.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.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． 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.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. 参考答案：1．C【详解】解不等式，得或，即或，则，函数有意义，则，解得，则，所以.2．C【详解】由，得，所以，所以.3．A【详解】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，4．B【详解】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②，①②两式相加求得，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.5．B【详解】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．C【详解】由，可得中没有重复数字，由，则可得不为空集，且可将中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中，另一个必在集合中，所以集合中元素的个数小于等于集合中元素的个数，所以集合中元素的个数可能为1，2，3，4，5，所以集合的可能的个数为，所以.7．A【详解】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.8．A【详解】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．9．AD【详解】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．10．BCD【详解】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．【点睛】关键点点睛：本题的CD项较难，关键是把问题转化为求三角形的内切圆半径及外接圆半径，然后利用基本不等式及三角形的有关知识即得.11．ACD【分析】易得抛物线的焦点为，准线为，则，，求出的坐标即可判断A；根据即可判断B；结合B选项即可判断C；结合A选项，求出，即可判断D.【详解】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．  【点睛】思路点睛：求三角形面积的比值可转化为边长的比值，进而可转化为相似比问题.12．ABC【分析】A选项，等价于说明不存在实数，使，与为常数；B选项，即说明存在实数，使，与为常数；C选项，说明存在实数，使为常数；D选项，等价于说明不存在实数，使.【详解】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【点睛】结论点睛：设定义域为，图象关于对称；图象关于对称.13．2【分析】根据余弦定理和数量积的坐标表示可得，然后对目标式切化弦，再利用正弦定理、余弦定理角化边可得. 【详解】因为，所以，又因为，所以，即.所以.故答案为：214．【分析】根据，可得数列中相邻两项的差最大为，再根据数列的增减性计算即可.【详解】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：.【点睛】关键点睛：说明数列中相邻两项的差最大为，数列的项有增有减，是解决本题的关键.15．520【分析】利用函数的奇偶性，推出函数的图象关于点对称以及关于点对称，即可依次求得的值，根据等差数列的求和公式，即可求得答案.【详解】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：520【点睛】关键点睛：解答此类关于抽象函数的性质类问题，要能综合利用函数的性质进行求解，比如函数的奇偶性和对称性以及周期性等，解答本题的关键就在于要根据函数的奇偶性推出函数的对称性，从而采用赋值法求值，发现规律，进而求解.16．/【分析】第一空：通过图形关系得到的面积为定值，当时，面积最大，进而得到；第二空：通过设的中点为，得到，即为四面体的外接球球心；通过线面垂直的判定定理得到平面，进而计算四面体体积，结合等体积法求得内切球半径，即可得到答案.【详解】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：；【点睛】思路点睛：本题考查棱锥表面积求法与球的内切、外接问题.通过图形关系的转化，结合相关的公式进而求解表面积；外接球常找出球心即可解得外接球半径，而内切球半径往往通过等体积法进行转化求解.17．(1)；(2)3【分析】（1）利用求通项公式，再求证是首项、公差均为2的等差数列，进而求；（2）由题设易得，等比数列前n项和公式求，进而可得，裂项相消法化简已知不等式左侧，得恒成立，进而求最小值.【详解】（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．(1)(2)【分析】（1）根据题意，由正切函数的和差角公式，代入计算，即可得到结果；（2）根据题意，由正弦定理结合三角形的面积公式可得，即可得到结果.【详解】（1）因为，故（2）由正弦定理：故 因为在锐角△中，所以，得，所以．19．(1)(2)【分析】（1）利用互斥事件的概率公式和古典摡型的概率计算公式，即可看求解；（2）由题意求得，然后利用导数求得函数的单调性与最值，即可求解.【详解】（1）解：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）解：由题可知，，令，得，当时，，在上单调递增；当时，，在上单调递减.所以的最大值点.20．(1)证明见解析(2)【分析】（1）根据线面垂直的判定定理即可证明结论；（2）建立空间直角坐标系，利用空间角的向量求法求出平面BFN和平面ADE的夹角的余弦值的表达式，进行合理变形，结合二次函数的性质求得余弦的最值，即可求得答案.【详解】（1）证明：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.【点睛】难点点睛：本题考查了线面垂直的证明以及空间面面角的向量求法，解答的难点在于求出平面夹角的余弦值之后，要对其表达式进行变形，从而结合二次函数的单调性求得余弦的最值，从而得到其取值范围.21．(1)证明见解析(2)2【分析】（1）二次求导，结合零点存在性定理得到在区间上存在唯一极大值点；（2）结合第一问，分三种情况进行讨论，求得的零点个数.【详解】（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.【点睛】关键点点睛：判断函数的零点个数，要结合函数特征，利用导函数求出其单调性及极值和最值情况，结合零点存在性定理求出零点个数.22．(1)(2)存在满足题设(3)12，【分析】（1）根据椭圆定义，结合椭圆离心率公式进行求解即可；（2）根据椭圆弦长公式，结合线段中点坐标公式、一元二次方程根与系数关系进行求解即可；（3）根据点到直线距离公式、椭圆弦长公式，结合函数的单调性进行求解即可.【详解】（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：.【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：（1）设直线方程，设交点坐标为；（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；（3）列出韦达定理；（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；（5）代入韦达定理求解.