高級中學名校試卷PAGEPAGE1福建省福州市四校2022-2023學年高二下學期期末聯考數學試題一、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.設集合，，則的元素個數為（）A.1 B.2 C.3 D.4〖答案〗C〖解析〗如圖，集合為函數圖象的點集，集合為函數圖象的點集，兩函數的圖象有三個交點，所以的元素個數為個.故選：C2.歐拉公式由瑞士數學家歐拉發現，其將自然對數的底數，虛數單位與三角函數，聯系在一起，被譽為“數學的天橋”，若復數，則z的虛部為（）A. B.1 C. D.〖答案〗D〖解析〗因為，因為，所以z的虛部為.故選：D.3.已知圓，圓，則下列不是，兩圓公切線的直線方程為（

）A. B.C. D.〖答案〗D〖解析〗由題意，圓的圓心坐標為，半徑為圓的圓心坐標為，半徑為如圖所示，兩圓相離，有四條公切線.兩圓心坐標關于原點對稱，則有兩條切線過原點，設切線，則圓心到直線的距離，解得或，當時，切線方程，A正確；當時，切線方程為，即，B正確；另兩條切線與直線平行且相距為1，又由，設切線，則，解得，即切線方程分別為，；整理可得兩切線方程為和，所以C正確，D不正確.故選：D.4.已知圓錐的頂點為P，底面圓心為O，AB為底面直徑，，，點C在底面圓周上，且二面角為，則的面積為（）A. B.2 C. D.〖答案〗B〖解析〗如圖所示，∵AB為底面直徑，，，∴是等腰三角形，由余弦定理可得，，由圓錐的特征易知，取中點D，連接，顯然有，即二面角為，∴，則，∴，故選：B5.在數列中，，且函數的導函數有唯一零點，則的值為（）．A.1021 B.1022 C.1023 D.1024〖答案〗A〖解析〗由在上有唯一零點，而，所以為偶函數，則，故，且，所以是首項為4，公比為2的等比數列，則，則.故選：A6.中，，則的取值范圍是（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗，在中，，故或，當時，，故，不合要求，舍去，所以，，因為，所以，即，因為，所以，由正弦定理得，故，因為，所以，故，因為，所以，故，因為，所以，，，故.故選：B7.已知橢圓的兩焦點為，，x軸上方兩點A，B在橢圓上，與平行，交于P.過P且傾斜角為的直線從上到下依次交橢圓于S，T.若，則“為定值”是“為定值”的（）A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充要條件 D.既不必要也不充分條件〖答案〗D〖解析〗設為橢圓上的動點，為橢圓的半焦距，故，故，設直線，則到該直線的距離為，故，如圖，設直線的傾斜角為，過作的垂線，垂足為，則，故，設，故，同理.設的傾斜角為，則，，因為，故，所以，所以，同理，故，故的軌跡為以為焦點的橢圓，其長半軸長為，短半軸長為，故的軌跡方程為：，其中.取，,而，故不是定值即不是定值.故“當取定值，是定值”是錯誤的.又直線的參數方程為：，設，由整理得到：，故，而，故，所以，若為定值，則為定值，而，故當變化時，始終為定值，又故且，但，故，所以，但此時隨的變化而變化，不是定值，故“當取定值，是定值”是錯誤的.故選：D.8.在同一平面直角坐標系中，，分別是函數和圖象上的動點，若對任意，有恒成立，則實數的最大值為（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗依題意，設，因此，因為，則，即因此，令，求導得，顯然函數在上單調遞增，而當時，，于是當時，，函數遞減，當時，，函數遞增，因此當時，，令，求導得，顯然函數在上單調遞增，如圖，函數與函數的圖象有唯一公共點，因此存在唯一，使得成立，即有，且，當時，，函數遞減，當時，，函數遞增，于是當時，，從而，即有，因此對任意，成立，則，所以實數的最大值為.故選：B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.已知向量，其中，下列說法正確的是（）A.若，則 B.若與夾角為銳角，則C.若，則在方向上投影向量為 D.若〖答案〗AC〖解析〗若，則，解得，A正確；若與夾角為銳角，則，解得，當，，此時，與夾角為，B錯誤；若，則，因為在方向上投影為，與同向的單位向量為，所以在方向上投影向量為，C正確；由題設，，D錯誤.故選：AC10.已知函數，則下列說法正確的是（）A.若函數的圖像關于點中心對稱，則B.當時，函數過原點的切線有且僅有兩條C.函數在上單調遞減的充要條件是D.若實數，是的兩個不同的極值點，且滿足，則或〖答案〗ACD〖解析〗因為函數的圖像關于點中心對稱，所以，即，整理得，所以，所以A正確．時，原點在函數的圖像上，因此過原點有一條切線；

若切點不是原點時，設切點為，則切線方程為，把代入可得，若，則函數過原點的切線有且僅有一條；

若，則函數過原點的切線有兩條，因此B不正確．函數在上單調遞減，（不恒等于0）在上恒成立，設，其圖像對稱軸為，（不恒等于0）在上恒成立，則有或或，即或或，其中且時，則，也滿足，所以函數在上單調遞減的充要條件是，C正確；，由題意知實數是方程的兩個不等實根，所以，且，，由，得，所以，解得或，所以D正確；故選：ACD.11.已知函數，則（）A.的最小正周期為 B.的圖像關于對稱C.在上有四個零點 D.的值域為〖答案〗ABD〖解析〗對于A，函數的最小正周期為，函數的最小正周期為，所以函數的最小正周期為，選項A正確；對于B，，所以的圖像關于直線對稱，選項B正確；對于C，當時，，易知此時有唯一零點；當時，，易知此時有唯一零點；當時，，易知此時無零點；當時，，易知此時有唯一零點，所以在上有三個零點，選項C錯誤；對于D，當時，取得最小值，此時恰好取得最小值0，故的最小值為；由選項C的分析可知，當時，，當時，，而關于直線對稱，故可考慮時，的取值情況，，令，解得（舍）或，則，易知當時，，單調遞增，當時，，單調遞減，所以此時，，綜上，函數的值域為，選項D正確．故選：ABD．12.已知拋物線：，過焦點的直線與交于，兩點，，與關于原點對稱，直線與直線的傾斜角分別是與，則（）A. B. C. D.〖答案〗BCD〖解析〗作軸于，做軸于，所以，，拋物線的焦點，因為，所以，即，所以直線的斜率存在設為，可得直線的方程為，與拋物線方程聯立，整理得，所以，，對于A，，，所以，故A錯誤；對于B，因為，所以，所以直線與的傾斜角互補，即，故B正確；對于C，因為，所以，即，因為，所以，故C正確；對于D，因為，所以，，，所以，所以，所以，即，故D正確.故選：BCD三、填空題：本題共4小題，每小題5分，滿分20分．13.展開式中的系數為_________（用數字作答）〖答案〗〖解析〗的展開式的通項為，取得到故〖答案〗為：14.已知某批零件的質量指標(單位：毫米)服從正態分布，且，現從該批零件中隨機取件，用表示這件產品的質量指標值不位于區間的產品件數，則_______〖答案〗〖解析〗因為，又，所以，所以，所以產品的質量指標值不位于區間的概率為，因為表示件產品的質量指標值不位于區間的產品件數，所以，所以，故〖答案〗為：.15.已知為奇函數，當，，且關于直線對稱.設方程的正數解為，且任意的，總存在實數，使得成立，則實數的最小值為______.〖答案〗〖解析〗因為為奇函數，所以，且，又關于直線對稱，所以，所以，則，所以函數是以4為周期的周期函數，作出函數和的圖像如圖所示：由的正數解依次為、、、、、，則的幾何意義為函數兩條漸近線之間的距離為2，所以.所以得任意的，，已知任意的，總存在實數，使得成立，可得，即的最小值為.故〖答案〗為：2.16.在平面四邊形中，，沿對角線將折起，使平面平面，得到三棱錐，則三棱錐外接球表面積的最小值為__________.〖答案〗〖解析〗在平面圖形中設，即Rt中，.在中，.設外接圓圓心為，外接圓半徑為，由正弦定理可得.設三棱錐外接球球心為，則平面.又平面平面，交線為平面四邊形為直角梯形.設外接球的半徑為，在平面中，過做于，在中，為的中點，.令，則，當且僅當時，即時（滿足）等號成立.所以球表面積最小值為.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.已知數列的各項均為正數，前n項和為，且滿足．（1）求；（2）設，設數列的前n項和為，若對一切恒成立，求實數m的取值范圍．解：（1）當時，，，當時，即，，由已知，數列各項均為正數得：，是首項為1，公差為2的等差數列，；（2）由（1）知，，則，，，單調遞增，，，，要使恒成立，只需，解得．所以實數的取值范圍是.18.記銳角的內角的對邊分別為，已知.（1）求證：（2）若，求的最大值.解：（1）由于，所以，整理的，即，因為為銳角，所以，故，由，為銳角可得；（2）由（1）得，因為，且由正弦定理得，所以，，則,因為，所以，則，所以，根據二次函數的性質可知，當時，取得最大值．19.如圖，在三棱臺中，底面是邊長為2的正三角形，側面為等腰梯形，且，為的中點．（1）證明：；（2）記二面角的大小為，時，求直線與平面所成角的正弦值的取值范圍．解：（1）如圖，作的中點，連接，，在等腰梯形中，，為，的中點，∴，在正中，為的中點，∴，∵，，，，平面，∴平面，又平面，∴．（2）∵平面，在平面內作，以為坐標原點，以，，，分別為，，，軸正向，如圖建立空間直角坐標系，∵，，∴為二面角的平面角，即，，，，，，，設平面的法向量為，，，則有，即，則可取，又，設直線與平面所成角為，∴，∵，∴，∴．20.已知函數為的導數.（1）當時，求的最小值；（2）當時，恒成立，求的取值范圍.解：（1）由題意，，令，則，當時，，，所以，從而在上單調遞增，則的最小值為，故的最小值1；（2）由已知得當時，恒成立，令，，①當時，若時，由（1）可知，∴為增函數，∴恒成立，∴恒成立，即恒成立，若，令則，令，則，令，則，∵在在內大于零恒成立，∴函數在區間為單調遞增，又∵，，，∴上存在唯一的使得，∴當時，，此時為減函數，當時，，此時為增函數，又∵，，∴存在，使得，∴當時，，為增函數，當時，，為減函數，又∵，，∴時，，則為增函數，∴，∴恒成立，②當時，在上恒成立，則在上為增函數，∵，，∴存在唯一的使，∴當時，，從而在上單調遞減，∴，∴，與矛盾，綜上所述，實數的取值范圍為.21.甲?乙兩人進行象棋比賽，賽前每人發3枚籌碼.一局后負的一方，需將自己的一枚籌碼給對方；若平局，雙方的籌碼不動，當一方無籌碼時，比賽結束，另一方最終獲勝.由以往兩人的比賽結果可知，在一局中甲勝的概率為0.3?乙勝的概率為0.2.（1）第一局比賽后，甲的籌碼個數記為，求的分布列和期望；（2）求四局比賽后，比賽結束的概率；（3）若表示“在甲所得籌碼為枚時，最終甲獲勝的概率”，則.證明：為等比數列.解：（1）的所有可能取值為，，，，則的分布列為：2340.20.50.3.（2）當四局比賽后，比賽結束且甲勝時，第四局比賽甲勝，前三局比賽甲2勝1和，其概率為：.當四局比賽后，比賽結束且乙勝時，第四局比賽乙勝，前三局比賽乙2勝1和，其概率為：，所以四局比賽后，比賽結束的概率為.（3）因為表示“在甲所得籌碼為枚時，最終甲獲勝的概率”，，在甲所得籌碼為枚時，下局甲勝且最終甲獲勝的概率為，在甲所得籌碼為枚時，下局平局且最終甲獲勝的概率為，在甲所得籌碼為枚時，下局乙勝且最終甲獲勝的概率為，根據全概率公式得，所以，變形得，因為，所以，同理可得，所以為等比數列.22.已知M是平面直角坐標系內的一個動點，直線MA與直線垂直，A為垂足且位于第三象限；直線MB與直線垂直，B為垂足且位于第二象限.四邊形OAMB(O為原點)的面積為2，記動點M的軌跡為C.（1）求C的方程；（2）點，直線