2022-2023学年广东省阳江市高二（下）期末数学试卷（含解析）

2022-2023学年广东省阳江市高二（下）期末数学试卷
一、单选题（本大题共8小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 已知全集，集合，，则( )
A. B.
C. D.
2. 已知，若，则的值为( )
A. B. C. D. 或
3. 已知中，角，，对应的边分别为、、，是上的三等分点靠近点且，，则的最大值是( )
A. B. C. D.
4. 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.
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
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. B. C. D.
7. 已知，，则( )
A. B. C. D.
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.
二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）
9. 在棱长为的正方体中，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
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
11. 已知实数，满足为自然对数的底数，，则( )
A. 当时， B. 当时，
C. 当时， D. 当时，
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“第次摸到红球”，“第次摸到黄球”，“第次摸到蓝球”，“摸完第次球后就停止摸球”，则( )
A. B.
C. ， D. ，
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
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______ ．
14. 已知圆，过点的直线被该圆所截的弦长的最小值为______ ．
15. 若时，不等式恒成立，则整数的最大值为______ ．
16. 已知中，，，是线段上的两点，满足，，，，则 ______ ．
四、解答题（本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. 本小题分
记的内角，，的对边分别为，，，已知，且．
证明：；
若为锐角三角形，且，求的取值范围．
18. 本小题分
设数列满足，
证明：；
设数列的前项和为，证明：．
19. 本小题分
如图所求，四棱锥，底面为平行四边形，为的中点，为中点．
求证：平面；
已知点在上满足平面，求的值．
20. 本小题分
已知椭圆的焦距为，点在上．
求椭圆的方程；
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．
21. 本小题分
新高考数学试卷中的多项选择题，给出的个选项中有个以上选项是正确的，每一道题考生全部选对得分对而不全得分，选项中有错误得分设一套数学试卷的多选题中有个选项正确的概率为，有个选项正确的概率为，没有个选项都正确的在本问题中认为其概率为在一次模拟考试中：
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个作为答案，若小明该题得分的概率为，求；
小明可以确认另一道多选题的选项A是正确的，其余的选项只能随机选择小明有三种方案：只选A不再选择其他答案；从另外三个选项中再随机选择个，共选个；从另外三个选项中再随机选择个，共选个若，以最后得分的数学期望为决策依据，小明应该选择哪个方案？
22. 本小题分
已知函数．
求在处的切线；
若，证明当时，．
答案和解析
1.【答案】
【解析】解：由已知得，
全集，
故．
故选：．
根据并集及补集运算求解即可．
本题考查集合间的运算，属于基础题．
2.【答案】
【解析】解：，
则，
故，
由于，所以，故，
又．
故选：．
根据二倍角公式以及弦切互化即可求解．
本题主要考查三角函数的二倍角公式，属于基础题．
3.【答案】
【解析】解：由，
利用正弦定理可得：，
化为：，
可得，，，
是上的三等分点靠近点，
，
两边平方可得：，
整理可得：，
，
当且仅当时取等号，
则，的最大值是．
故选：．
由正余弦定理可得角，将关系式两边平方，再利用基本不等式即可得最值．
本题考查了向量共线定理、数量积运算性质、正弦定理余弦定理、基本不等式的性质，属于中档题．
4.【答案】
【解析】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A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EF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：．
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．
本题考查了球的表面积计算，属于中档题．
5.【答案】
【解析】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，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D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：．
可证明正方体被平面截得的截面为正六边形，故可判断的正误，利用面面平行的判定定理可判断的正误，利用补体法可求的外接球的直径后可判断的正误，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，故可判断的正误．
本题考查空间几何题外接球的半径的求法，化归转化思想，属中档题．
6.【答案】
【解析】解：显然圆心不在直线上．
由对称性可知，只有直线上的特殊点，
这个点与圆心连线垂直于直线，从这点做切线才能关于直线对称．
所以该点与圆心连线所在的直线方程为：，即
与联立可求出该点坐标为，即，
所以该点到圆心的距离为，
切线长、半径以及该点与圆形连线构成直角三角形，又知圆的半径为．
所以．
故选：．
判断圆心与直线的关系，在直线上求出特殊点，的方程，利用切线长、半径以及该点与圆心连线构成直角三角形，可求线段的长．
本题考查直线与圆的位置关系，直线与圆相切的关系的应用，考查计算能力，属中档题．
7.【答案】
【解析】解：已知，，
因为，
所以，
则，
又，
则，
所以，
不妨设，函数定义域为，
可得，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
因为，
所以，
此时，
则，
整理得，
所以，
综上，．
故选：．
根据，，得到，构造函数，对函数进行求导，得到函数的单调性，由，得到，结合函数单调性得到，此时，再求解即可．
本题考查利用导数研究函数单调性以及对数值的大小比较，考查了逻辑推理、转化思想和运算能力．
8.【答案】
【解析】解：由题意可知，，
不等式可化简为，
设，即在上恒成立．
，令可得，
在上单调递增，单调递减．
且，，，
在上，若恒成立，即，，
在上，若，则恒成立，
在上恒成立．
即在上恒成立．
设，在上恒成立，
在上单调递增，即．
故选：．
把原不等式进行化简构造函数，再讨论增减性即可．
本题考查了利用导数研究函数的单调性极与最值、不等式的解法、等价转化方法，考查了推理能力与计算能力，属于难题．
9.【答案】
【解析】解：由题意可易得平面，
动点在正方形包括边界内运动，且满足平面，
，
对于：线段长度的最小值即为到直线的距离，
，，可得线段长度的最小值为，故A正确；
对于：，为定值，到平面的距离为定值，
，为定值，故B正确；
对于：当为的中点时，可得，，
，此时异面直线与所成角正弦值为，故C不正确；
对于：以为坐标原点，，，所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，
设，，，
可得，，
，
当且仅当，取等号，故D正确．
故选：．
由已知可得，结合每个选项的条件逐项计算可判断其正确性．
本题考查空间几何体的性质，考查推理论证能力，考查运算求解能力，属中档题．
10.【答案】
【解析】解可化为，
当时，，则直线过定点，故A正确；
可化为，所以圆心的坐标为，半径为．
，则点在圆内，从而直线与圆一定相交，故B错误；
对于，设圆心到直线的距离为，则，则C错误；
对于，当直线时，直线被圆截得的弦长最小，
最小值为，故D正确．
故选：．
求得直线过定点可判断；判断点在圆内，从而可判断；对于，可知当时，圆心到直线距离最大，求解可判断；求得弦长的最小值判断．
本题主要考查直线与圆的位置关系，考查转化能力，属于中档题．
11.【答案】
【解析】解：由，得，，，
当时，，即，
令，则，
在上单调递增，
由得，
，即，故A选项正确；
当时，，即，
令，则，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
由得，
在上不单调，由不一定能得到，
即不一定成立，故B选项错误；
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，
在上单调递增，，
即成立，从而得证；
再证左边，要证，只要证，
即证，令，即证，
令，则，
在上单调递增，，
即成立，从而得证．
由，，得，即，故C选项正确；
由，，得，
即，，故D选项正确．
故选：．
同构函数可判断，；由对数均值不等式可判断，．
本题主要考查利用导数研究函数的单调性，考查逻辑推理能力与运算求解能力，属于难题．
12.【答案】
【解析】解：根据题意，依次分析选项：
对于，“摸完第次球后就停止摸球”，即前三次摸球中摸到了全部颜色的球，
则，A正确；
对于，“第次摸到红球”，则，
事件“第一次摸到红球而第次摸球后停止摸球”，则，
故，B错误；
对于，“摸完第次球后就停止摸球”，即直到第次才摸全三种颜色的小球，
则，C正确；
对于，“第次摸到黄球”，“第次摸到蓝球”，则，
“第次摸到黄球且第次摸到蓝球，同时直到第次才摸全三种颜色的小球”，则前次的摸球中，摸到的都是黄球或蓝球，第次摸到红球，
则，
故，D正确．
故选：．
根据题意，由条件概率和古典概型的计算公式依次分析选项是否正确，综合可得答案．
本题考查概率的应用，涉及古典概率、条件概率的计算，属于基础题．
13.【答案】
【解析】解：，
则，
，
，
在区间上有两个不同的使得，
，
由正弦函数的图象可知，，解得，
故的取值范围是．
故答案为：．
根据已知条件，推得，再结合的取值范围，以及正弦函数的图象，即可求解．
本题主要考查正弦函数的图象与性质，属于基础题．
14.【答案】
【解析】解：由圆，可得圆，
可得圆心，半径，
记点为，则，
当弦与垂直时，弦长最短，
此时弦长为．
故答案为：．
求得点到圆心的距离，利用垂径定理可求弦长的最小值．
本题考查直线与圆的位置关系，考查弦长的求法，属基础题．
15.【答案】
【解析】解：法：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：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．
故答案为：．
方法：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：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．
本题主要考查函数恒成立问题，利用导数研究函数的最值，考查运算求解能力，属于中档题．
16.【答案】
【解析】解：，
，
又，
，
，，，
．
故答案为：．
由已知可得，进而可得，可得，，进而可得．
本题考查解三角形，考查运算求解能力，属中档题．
17.【答案】证明：依题意知，
故，即，
由余弦定理得，
代入可得，
因为，所以，即；
解：由题意为锐角三角形，且，
由知，则，
由正弦定理得，
，其中为锐角，所以，，
因为，，则，解得，
则，则，即，
因此．
【解析】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；
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，求出角范围，即可求得答案．
本题主要考查解三角形，考查转化能力，属于中档题．
18.【答案】证明：数列满足，
，
，当且仅当时取等号，
．
由可得．
．
当时，．
．
，
．
【解析】数列满足，可得，变形，利用基本不等式的性质即可证明；
由可得可得可得当时，即可证明．
本题考查了递推关系的应用、等比数列的通项公式及其前项和公式、基本不等式的性质，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
19.【答案】证明：连结交于，连结，
在中，为中点，为中点，
是的中位线，
，
又平面，平面，
平面．
解：如图连结交延长线于，连结交于
连结，，，
，共面，平面，平面平面，
，
四边形为平行四边形，
，
为中点，为中点，
，
即．
【解析】根据线面平行的判定定理进行证明即可．
根据线面平行的性质，结合中位线的性质进行求解．
本题主要考查线面平行的判定和性质，利用线面平行的判定定理和性质定理进行证明是解决本题的关键，是中档题．
20.【答案】解：由题意可知，所以，所以，
又，所以，
由可得，，所以椭圆的方程为．
设点、、，
联立，得，
由题知，可得，
由韦达定理可得，
，从而，
，
，则，即，
把代入得，解得，又，故的取值范围是．
【解析】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；
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．
本题主要考查直线与椭圆的综合，考查转化能力，属于难题．
21.【答案】解：根据题意可知，
不妨记一道多选题“有个选项正确”为事件，“有个选项正确”为事件，“小明该题得分”为事件，
则，解得；
若小明选择方案，则小强的得分为分，
若小明选择方案，记小强该题得分为，
则的可能取值为，，，对应概率为：
，
，
，
故，
若小明选择方案，记小强该题得分为，
则的可能取值为，，对应概率为：
，
，
故，
，
故以最后得分的数学期望为决策依据，小明应该选择方案．
【解析】根据条件概率公式求解即可；
分别求出方案，方案，方案的得分或者得分期望值，然后根据得分情况选择方案即可．
本题考查离散型随机变量的应用，属于中档题．
22.【答案】解：因为，
所以，
切线斜率为
因为，
所以切点为，
切线方程为，即；
证明：令，，
所以，
所以在单调递增，
，
，
所以，
所以，
所以要证，只需证明，
变形得，
因为，
所以只需证明，即，
两边同取对数得：，
令，
则，
显然在递增，，，
所以存在，当时，，递减，
当时，，递增；
因为，
所以在上恒成立，所以原命题成立．
【解析】求出，根据在点处的切线求解．
主要是构造函数，对进行放缩，找到，所以要证，只需证明，变形得，因为，所以只需证明，即，两边同取对数得，令，只需要证到在上恒成立即可．
此题考查导数的运用，主要的难点在于构造函数进行放缩，再进行一系列的转换，求导研究函数的最大值小于，综合性较强，属于难题．
第1页，共1页