2022-2023学年广东省四校联考高二（下）期末数学试卷（含解析）

2022-2023学年广东省四校联考高二（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. 已知为虚数单位，，则( )
A. B. C. D.
2. 已知集合，，则( )
A. B. C. D.
3. 已知为等差数列的前项和，若，且，则( )
A. B. C. D.
4. 已知向量，满足，且，记为在方向上的投影向量，则( )
A. B. C. D.
5. 小明将一颗质地均匀的骰子抛掷三次，观察向上一面的点数，已知三次点数都不相同，则三次点数之和不大于的概率为( )
A. B. C. D.
6. 已知双曲线：的左，右焦点分别为，，为坐标原点，过作的一条渐近线的垂线，垂足为，且，则的离心率为( )
A. B. C. D.
7. 已知定义在上的函数满足：关于中心对称，是偶函数，且则下列选项中说法正确的有( )
A. 为偶函数 B. 周期为
C. D. 是奇函数
8. 已知实数，满足，则满足条件的的最小值为( )
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. 已知，且，则( )
A. B. C. D.
10. 在平面直角坐标系中，点绕点逆时针旋转后到达点，若，则可以取( )
A. B. C. D.
11. 已知点是圆：上的动点，直线与轴和轴分别交于，两点，若为直角三角形，则点的坐标可以是( )
A. B.
C. D.
12. 如图，已知圆柱母线长为，底面圆半径为，梯形内接于下底面圆，是直径，，，过点，，，向上底面作垂线，垂足分别为，，，，点，分别是线段，上的动点，点为上底面圆内含边界任意一点，则( )
A. 若平面交线段于点，则
B. 若平面过点，则直线过定点
C. 的周长为定值
D. 当点在上底面圆周上运动时，记直线，与下底面所成角分别为，，则的取值范围是
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. “”是“”的______ 条件．
14. 已知某学校高二年级有男生人、女生人，调查该年级全部男、女学生是否喜欢徒步运动的等高堆积条形图如图，现从所有喜欢徒步的学生中按分层抽样的方法抽取人，则抽取的女生人数为______．
15. 在三棱锥中，已知平面平面，，，，，则三棱锥的外接球的表面积为______ ．
16. 若数集的子集满足：至少含有个元素，且任意两个元素之差的绝对值大于，则称该子集为数集的超子集已知集合，记的超子集的个数为，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
如图，在四棱锥中，底面为菱形，平面底面，且，，为的中点，为的中点．
证明：平面；
求三棱锥的体积．
18. 本小题分
已知函数．
求函数的最小正周期和单调递增区间；
在锐角中，角，，所对的边分别为，，，若，，求周长的最大值．
19. 本小题分
设数列的前项和为，且满足．
求数列的通项公式；
解关于的不等式：．
20. 本小题分
某篮球联赛分为初赛和复赛两个阶段，组委会根据初赛成绩进行第一阶段排名假设排名不重复，前六名的球队直接进入复赛，第七、八名的球队进行第一场复活赛，胜者进入复赛；第九、十名的球队进行一场比赛，胜者与第一场复活赛的败者进行第二场复活赛，本场的胜者成为进入复赛的最后一只球队假设各场比赛结果互不影响，且每场比赛必须分出胜负．
若初赛后，甲、乙、丙、丁四队分别排在第七、八、九、十名，丁队与甲、乙、丙队比赛获胜的概率分别是，，，甲队与乙队比赛获胜的概率是，则丁队进入复赛的概率是多少？
若甲，乙两队进入复赛，在复赛中，甲队与乙队需进行一场五局三胜制的比赛，只要其中一方获胜三局，比赛结束、假设各局比赛结果互不影响若乙队每局比赛获胜的概率为，设比赛结束时乙队获胜的局数为，求的概率分布列与均值．
21. 本小题分
设点为抛物线：的焦点，过点且斜率为的直线与交于，两点为坐标原点．
求抛物线的方程；
过点作两条斜率分别为，的直线，，它们分别与抛物线交于点，和，已知，问：是否存在实数，使得为定值？若存在，求的值，若不存在，请说明理由．
22. 本小题分
已知函数．
当时，求曲线在点处的切线方程；
若在上存在两个零点，，证明：．
答案和解析
1.【答案】
【解析】解：，
则，，
故．
故选：．
根据已知条件，结合复数的四则运算，以及复数模公式，即可求解．
本题主要考查复数的四则运算，以及复数模公式，属于基础题．
2.【答案】
【解析】解：，
则，
故，解得，
所以，
故．
故选：．
根据已知条件，结合三角函数的有界性，以及交集的定义，即可求解．
本题主要考查交集及其运算，属于基础题．
3.【答案】
【解析】解：等差数列中，，且，
所以，
所以，
则．
故选：．
由已知结合等差数列的求和公式及通项公式即可求解．
本题主要考查了等差数列的求和公式及通项公式的应用，属于基础题．
4.【答案】
【解析】解：在方向上的投影向量为：
，
即，故，
则．
故选：．
根据条件，求出，再求出的坐标，计算模长即可．
本题考查投影向量，向量的数量积的性质，属基础题．
5.【答案】
【解析】解：基本事件共种，
三次点数之和不大于包括，，，共种，
故．
故选：．
求出所有的基本事件以及满足条件的事件，从而求出其概率值．
本题考查了古典概型概率求值问题，考查排列组合，是基础题．
6.【答案】
【解析】解：由双曲线的性质可知，双曲线的一条渐近线方程为，焦点，，
由作该渐近线的垂线，则根据点到直线的距离公式可得：，，
，
由可得：，
可得，则离心率．
故选：．
由已知可设双曲线方程的一个渐近线方程为，利用点到直线的距离公式可求出的长度，再利用勾股定理可算出的长度，从而可得的长度，再利用余弦定理算出与的关系，进而求出离心率．
本题考查了双曲线几何性质以及渐近线方程，还考查了离心率与渐近线方程的关系和余弦定理，考查了学生的运算能力，属中档题．
7.【答案】
【解析】解：由关于中心对称，可得，
即为，即有，即为奇函数，故A错误；
由是偶函数，可得，
即为，
所以，
则，
所以的周期为，故B错误；
由，故C错误；
由，可得为奇函数，故D正确．
故选：．
由函数的对称性和奇偶性的定义，可判断；由奇偶性和周期性的定义，求得的周期，可判断；由周期性和奇偶性的定义，计算可判断；由周期性和奇偶性的定义，可判断．
本题考查函数的奇偶性和对称性、周期性的判断和运用，考查运算能力和推理能力，属于中档题．
8.【答案】
【解析】解：由实数，满足，可化为，即，
构造函数，，，
当时，，单调递增，
即，可以得到，
从而，构造函数，
，令可以得到，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
从而当时，取最小值，即有最小值．
故选：．
方程化为，构造函数，，求出函数的导数，判断函数的单调性，推出，
从而，构造函数，利用函数的导数判断函数的单调性求解函数的最值即可．
本题考查导数求函数单调性，导数求函数的最值，属于综合题．
9.【答案】
【解析】解：对于，因为，所以，即选项A正确；
对于，不妨取，，则，，此时，即选项B错误；
对于，因为函数单调递增，所以，即选项C正确；
对于，不妨取，，则，即选项D错误．
故选：．
对于，根据不等式的性质可判断；
对于，特殊值法，可取，进行排除；
对于，根据指数函数的单调性，可得解；
对于，特殊值法，可取，进行排除．
本题考查不等式的性质，考查逻辑推理能力和运算能力，属于基础题．
10.【答案】
【解析】解：因为，所以，即，
当点在第二象限时，，
所以，
所以；
当点在第三象限时，，
所以，
所以，
综上，的可能取值为或．
故选：．
利用辅助角公式可得，再分点在第二象限和第三象限两种情况，根据，结合同角三角函数的平方关系与两角差的余弦公式，即可得解．
本题考查三角函数的求值，熟练掌握同角三角函数的平方关系，三角恒等变换公式是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于基础题．
11.【答案】
【解析】解：由题可得，，设，
当为直角时，，，
，
即，即，
又，，此时；
当为直角时，，，
，
即，即，
又，，此时；
当为直角时，，，
，
即，即，
又，或，此时或
故选：．
由题意求出，的坐标，为直角三角形时分类讨论哪个角是直角，由相应向量垂直求出坐标．
本题考查直线与圆，利用向量求解直线的垂直问题，属于中档题．
12.【答案】
【解析】解：：由题可得，面，面，故DC面；
又，面，面，故CC面；
，，面，故面面；
又面，故D面；
又面，面面，故可得，故A正确；
：根据题意，，共面，
又、分别为，上的动点，故直线面；
不妨设直线与平面的交点为，
若要满足与共面，则直线必过点，又为定点，故B正确；
：设的周长为，
当点与重合时，；
当点与中点重合时，连接，：
此时；
显然周长不为定值，故C错误；
：过作底面垂线，垂足为，且在下底面圆周上，即面，
连接，，则，分别是直线，与下底面所成的角，
，，，，
则，，
则，
，，底面圆半径为，
若在对应优弧上时，，则，
，当且仅当时，等号成立，此时，
若在对应劣弧上时，，则，
，当且仅当时等号成立，
此时，
综上，，
故，故 D正确．
故选：．
：先证面，再利用线面平行的性质，即可判断；
：根据，共面，且面，即可判断；
：取点与点重合，以及点与中点重合两个位置，分别计算三角形周长，即可判断；
：根据题意，找到线面角，得到，结合余弦定理．基本不等式求的范围，即可判断结果．
本题主要考查空间线面位置判断的判断，以及空间角的计算，利用基本不等式，余弦定理进行转化求解是解决本题的关键，综合性较强，属难题．
13.【答案】充分不必要
【解析】解析：或，故，
但不能得出，
“”是“”的充分不必要条件．
故答案为：充分不必要
分别判断“”“”与“”“”的真假，进而根据充要条件的定义可得答案．
本题考查的知识点是充要条件的判断，其中熟练掌握充要条件的定义是解答此类问题的关键．
14.【答案】
【解析】解：由等高堆积条形图可得喜欢徒步的男生有人，喜欢徒步的女生有人．
故喜欢徒步的总人数为人．
按分层抽样的方法抽取人，则抽取的女生人数为人．
故答案为：．
先根据等高条形图求出喜欢徒步的男女生人数，从而可得喜欢徒步的总人数，进一步根据分层抽样的定义可得抽取的女生人数．
本题考查了等高条形图，考查了利用分层抽样计算抽取的样本中各层的人数，属于基础题．
15.【答案】
【解析】解：如图所示：
三棱锥中，已知平面平面，，
所以，
故BD平面，
故AB，
，，，
在中，有，
所以外接圆的半径为，
由于平面平面，且其交线为，
所以，故BD平面，
所以三棱锥的外接球的半径为，
故外接球的表面积．
故答案为：．
根据题意首先求出的外接圆的半径，进一步求出三棱锥的外接球的半径，最后求出球的表面积．
本题考查的知识要点：线面垂直和面面垂直之间的转换，几何体的外接球的半径的求法，球的表面积公式，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于中档题．
16.【答案】
【解析】解：集合的超子集可以分为两类：
第一类中不含有，这类子集有个，
第二类子集中含有，这类子集为的超子集与的并集，共有个，
，
，，
，，，，．
故答案为：．
集合的超子集可以分为两类：第一类中不含有，这类子集有个，第二类子集中含有，这类子集为的超子集与
的并集，共有个，得出关系式，再由，，即可得出．
本题考查了对新定义超子集的理解与应用，考查了分类讨论的思想方法，考查了由特殊到一般的解题思想及推理能力，属难题．
17.【答案】证明：连接，如图所示，
因为底面为菱形，所以，
又因为为的中点，为的中点，所以，所以，
因为，为的中点．所以，
又因为平面底面，平面底面，
所以平面，
又因为平面，所以，
且，平面，平面，
所以平面．
解：，，，
所以，
又因为，所以，
所以三棱锥的体积为：
．
【解析】连接，得出，由中位线性质得，证明，再证明，平面，得出，即可证明平面．
利用等体积法计算三棱锥的体积即可．
本题考查了空间中的垂直关系应用问题，也考查了锥体体积计算问题，是基础题．
18.【答案】解：，
函数的最小正周期为，
由，得，
即函数的单调递增区间为；
，
，
因为，
所以，
所以，
，
又，由余弦定理可得，
即，
则，则，
，
，
所以周长最大值为．
【解析】利用三角函数的恒等变换得到，代入正弦函数的周期公式和单调递增区间即可求解；
由题意得到，利用余弦定理和基本不等式即可求解．
本题考查了三角函数的恒等变换和余弦定理的应用，属于中档题．
19.【答案】解：由知当，有，
二式相减得，即，
又，解得，
所以数列是以为首项，为公比的等比数列，
所以；
结合知原式，
由于随着的增大而增大，
且，，
所以正整数最大可取，
即原不等式的解集为
【解析】由得出与的关系，进而求出数列的通项公式；
根据二项式定理求和，而后得出的最大取值．
本题主要考查等递推法求数列通项公式，属中档题．
20.【答案】解：依题意，记丁队进入复赛的事件为，丁队进入复赛需参加两场比赛，第一场战胜丙队，记为事件，
第二场战胜甲乙比赛中的败者，记为事件，甲队战胜乙队记为事件，
则，，，，
因此，
所以．
依题意，的可能值为，，，，，
，，
，，
所以的概率分布列为：
数学期望为．
【解析】根据给定条件，利用相互独立事件及全概率公式计算作答；
求出的可能值及对应的概率值，列出分布列并求出期望作答．
本题主要考查离散型随机变量的分布列和期望，属于中档题．
21.【答案】解：抛物线：的焦点为，
直线的方程，
由，得，
设，，
所以，，
所以，
所以，，
所以，
所以抛物线的方程为．
存在，使得为定值，
由题意可得直线的方程，直线的方程为，
联立，得，
设，，
所以，，
，，
所以，
设，，
同理可得，，
所以，
由，得，
即，而，
所以，
所以存在，使得为定值．
【解析】写出直线的方程，与抛物线方程联立，利用韦达定理结合三角形面积求解，即可得出答案．
联立直线与抛物线方程联立，结合弦长公式可得，，进而可得答案．
本题考查抛物线的方程，直线与抛物线的相交问题，解题中需要一定的计算能力，属于中档题．
22.【答案】解：已知，函数定义域为，
当时，，
可得，
此时，
又，
所以在处的切线方程为，
即；
证明：不妨设，函数定义域为，
若在上存在两个零点，，
此时在上存在两个零点，，
可得，
不妨设，
可得，
易知对任意的，都有，
所以对任意的，恒成立，
则在上单调递减，
又，，
所以存在，使得，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减，
所以当时，函数取到极大值，极大值，
又，
所以当且仅当时，
在和上各恰有一个零点，分别为，，
不妨设，
由知，在处的切线方程为，
不妨设，
可得，
不妨设，
可得，
所以在上单调递减，
即在上单调递减，
又，
所以对任意，都有，
则在上单调递减，
又，
所以对任意的，都有，
则当时，；
同理得，在处的切线方程为，
不妨设，
可得，
不妨设，
可得，
所以在单调递减，
又，
所以对任意，都有，
则在上单调递增，
又，
所以对任意，都有，
则当时，，
不妨设和的零点分别为，，
因为，
所以，
因为，
所以，
则，
故．
【解析】由题意，将代入函数的解析式中，对函数进行求导，得到和，代入切线方程中即可求解；
构造函数，将问题转化成在上存在两个零点，，对函数进行求导，利用导数得到函数的单调性，结合零点存在性定理得到函数在和处的切线方程，构造新函数，将问题转化成新函数单调性问题，根据不等式的性质再求解即可．
本题考查利用导数研究函数的单调性以及函数零点问题，考查了逻辑推理、转化思想和运算能力．
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