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广东省深圳市2022-2023学年高二下学期期末数学试题
一、单选题
1．已知集合，则（ ）
A． B．
C． D．
2．若复数满足（为虚数单位），则的共轭复数（ ）
A． B． C． D．
3．已知，则（ ）
A． B． C． D．
4．已知，若，则（ ）
A．1 B．-1 C．4 D．-4
5．白酒又名烧酒 白干，是世界六大蒸馏酒之一，据《本草纲目》记载：“烧酒非古法也，自元时创始，其法用浓酒和糟入甑（蒸锅），蒸令气上，用器承滴露”，而饮用白酒则有专门的白酒杯，图1是某白酒杯，可将它近似的看成一个圆柱挖去一个圆台构成的组合体，图2是其直观图（图中数据的单位为厘米），则该组合体的体积为（ ）
A． B． C． D．
6．已知正实数m，n满足，则下列不等式恒成立的为（ ）
A． B． C． D．
7．已知椭圆的右焦点为，过原点的直线与交于两点，若，且，则的离心率为（ ）
A． B． C． D．
8．已知点在直线上运动，若过点恰有三条不同的直线与曲线相切，则点的轨迹长度为（ ）
A．2 B．4 C．6 D．8
二、多选题
9．某校举办数学文化节活动，10名教师组成评委小组，给参加数学演讲比赛的选手打分.已知各位评委对某名选手的打分如下：
则下列结论正确的为（ ）
A．平均数为48 B．极差为9
C．中位数为47 D．第75百分位数为51
10．已知函数的图像关于直线对称，则（ ）
A．
B．在区间单调递减
C．在区间恰有一个极大值点
D．在区间有两个零点
11．已知抛物线的焦点为，准线为，过的一条直线与交于，两点，若点在上运动，则（ ）
A．当时，
B．当时，
C．当时，三点的纵坐标成等差数列
D．当时，
12．在四面体中，有四条棱的长度为1，两条棱的长度为，则（ ）
A．当时，
B．当时，四面体的外接球的表面积为
C．的取值范围为
D．四面体体积的最大值为
三、填空题
13．（2022高三上·云南月考）的展开式中常数项是 （用数字作答）
14．记为等比数列的前项和，若，，则 .
15．已知定义在上的函数，满足，当时，，若方程在区间内有实数解，则实数的取值范围为 .
四、双空题
16．已知线段是圆上的一条动弦，且，设点为坐标原点，则的最大值为 ；如果直线与相交于点，则的最小值为 .
五、解答题
17．已知数列满足.
（1）证明：数列是等差数列，并求数列的通项公式；
（2）设，求数列的前项和.
18．记的内角的对边分别为，且.
（1）求；
（2）若，且，求的面积.
19．如图，已知三棱锥的三个顶点在圆上，为圆的直径，是边长为2的正三角形，且平面平面.
（1）证明：平面平面；
（2）若，点为的中点，点为圆上一点，且与位于直径的两侧，当平面时，求平面与平面的夹角的余弦值.
20．甲参加某多轮趣味游戏，在两个不透明的盒内摸球.规定在一轮游戏中甲先在盒内随机取出1个小球放入盒，再在盒内陏机取出2个小球，若每轮游戏的结果相互独立，且每轮游戏开始前，两盒内小球的数量始终如下表（小球除颜色外大小质地完全相同）：
红球 蓝球 白球
盒 2 2 1
盒 2 2 1
（1）求在一轮游戏中甲从两盒内取出的小球均为白球的概率；
（2）已知每轮游戏的得分规则为：若从盒内取出的小球均为红球，则甲获得5分；若从盒内取出的小球中只有1个红球，则甲获得3分；若从盒内取出的小球没有红球，则甲获得1分.
（i）记甲在一轮游戏中的得分为，求的分布列；
（ii）假设甲共参加了5轮游戏，记5轮游戏甲的总得分为，求.
21．已知.
（1）当时，讨论的单调性；
（2）若关于的不等式恒成立，求实数的取值范围.
22．已知双曲线的离心率为，且的一个焦点到其一条渐近线的距离为1.
（1）求的方程；
（2）设点为的左顶点，若过点的直线与的右支交于两点，且直线与圆分别交于两点，记四边形的面积为，的面积为，求的取值范围.
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：.
故选：B.
【分析】 根据交集的定义即可得出答案．
2．【答案】C
【知识点】复数的基本概念；复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：∵，
∴.
故选：C.
【分析】首先根据复数的除法运算求出z，然后由共轭复数的定义即可得出答案．
3．【答案】A
【知识点】二倍角的余弦公式
【解析】【解答】解：.
故选：A.
【分析】根据二倍角的余弦公式，结合正余弦齐次式将原式化为与有关的式子即可.
4．【答案】C
【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示
【解析】【解答】解：∵，
∴，即x=4.
故选：C.
【分析】根据向量平行的坐标关系，即可求出答案．
5．【答案】D
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积
【解析】【解答】解：∵圆柱的体积为：，
圆台的体积为：，
∴ 该组合体的体积为 ：.
故选：D.
【分析】首先根据圆柱的体积公式与圆台的体积公式分别求出圆柱和圆台的体积，将二者相减即可.
6．【答案】C
【知识点】基本不等式
【解析】【解答】解：∵ A、正实数m，n满足 ，
∴，当且仅当 m=n=1时 取等号，
∵，
故A错误；
B、 ，故B错误；
C、，故C正确；
D、，故D错误；
故选：C.
【分析】首先根据均值不等式可知，，逐一分析各个选项即可.
7．【答案】A
【知识点】椭圆的简单性质
【解析】【解答】解：设，为椭圆的另一个焦点，∴，
∵ 过原点的直线l与C交于A，B两点，
∴，，
∴，即
∵，∴，
∴，
∴，
∴.
故选：A.
【分析】首先设，为椭圆的另一个焦点，由于过原点的直线l与C交于A，B两点， 所以，即可求出a，根据勾股定理求出AB，再根据中位线定理可求出c，即可求出离心率.
8．【答案】D
【知识点】利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【解答】解：∵点A在直线x=2上运动，
∴设，设过点A的直线l与曲线相切于，
∵，∴，
直线l的方程为：，
将代入该直线方程并化简，可得：，
设，则，
令，得x=0或x=-2，
∴在区间，上小于0， 在区间上大于0，
∴在区间，单调递减， 在区间单调递增，
，，
∵过点A恰有三条不同的直线与曲线相切，
∴，
∴点A的轨迹长度为8.
故选：D.
【分析】设和，先求出直线l的方程，再将A点坐标代入直线l的方程得到，根据函数的单调性以及过点A恰有三条不同的直线与曲线相切，可知，即可求出点A的轨迹长度.
9．【答案】B,C
【知识点】众数、中位数、平均数
【解析】【解答】解：
A.∵打分为：43，45，45，46，47，47，48，49，51，52
∴平均数为：，
故A错误；
B. 极差=52-43=9 ，故B正确；
C.中位数为：，故C正确；
D. ∵10×75%=7.5，所以第75百分位数是第8个数49， 故D错误；
故选：BC.
【分析】 根据平均数、极差和中位数、百分位数的定义即可求出答案．
10．【答案】A,C
【知识点】余弦函数的图象
【解析】【解答】解：A.∵函数 的图像关于直线 对称，
∴，解得，
∵，∴，
∴，故A正确；
B.∵，∴，
∴在该区间不单调，故B错误；
C.∵，∴，
∴ 函数在该区间内恰有一个极大值点 ，为时取得极大值，故C正确；
D.∵，∴，
∴在该区间只有一个零点，故D错误；
【分析】首先根据函数的图像关于直线 对称以及可求出，即可求出；根据x的取值范围可以确定，即可判断函数的单调性、极值的个数以及零点的个数.
11．【答案】A,C,D
【知识点】抛物线的简单性质
【解析】【解答】解：A.∵抛物线上的点到焦点和准线的距离相等，
由∵，
∴，故A正确；
B.∵，∴是等边三角形，
∴ 直线AB的角度为，直线AB的方程为：，
联立直线与抛物线的方程，可得：，
∴，，∴，故B错误；
C.过A作交l于C点，过B作交l于D点，
取AB的中点E，连接ME，
∵，
∴，
∴M点是D、C的中点，
∴ A，M，B三点的纵坐标成等差数列， 故C正确；
D.设，
则直线MF的斜率为：，
直线AB的斜率为：，
∴，即，
∵，∴，，
∴，故D正确；
故选：ACD.
【分析】根据抛物线上的点到焦点和准线的距离相等即可判断选项A；根据，即可知直线AB的倾角，即可列出直线方程，将其与抛物线方程联立，可求出、，即可判断选项B；根据以及抛物线的定义，即可判断选项C；先求出直线MF及AB的斜率，可知，结合即可判断选项D.
12．【答案】A,B,D
【知识点】棱锥的结构特征；棱柱、棱锥、棱台的体积；球的体积和表面积
【解析】【解答】解：A.∵ AB=AD=m ，∴BC=CD=BD=1，
过A作交BD于点E，可知，E为BD中点，
∴，
∴，则，
故A正确；
B.将四面体ABCD补为长方体， 四面体ABCD的棱为该长方体各个面的对角线，
设该长方体的长宽高分别为x、y、z，
∴，，，
∴长方体的外接球的表面积为：，
即四面体ABCD的外接球的表面积为，
故B正确；
C.①当AB=AD=m时，过A作交BD于点E，
∴，，，
∴在中，由三角形两边之和大于第三边，两边之差小于第三边可得，
，，
∴解得，
②当AB=CD=m时，取AB中点F点，连接CF、DF，
由勾股定理得，，
∴在中，由三角形两边之和大于第三边，两边之差小于第三边可得，
，解得，
∴综上所述，，故C错误；
D.①当AB=AD=m时，当时，体积最大，体积为，
②当AB=CD=m时，，
∴，
∴四面体ABCD的体积为：，
令，则，
令，且，得，
当时，单调递增，
当时，单调递减，
∴当，取最大值，
∴将代入中，四面体ABCD的体积最大值为：，
∴综上所述：四面体ABCD体积的最大值为.
故答案为：ABD.
【分析】过A作交BD于点E，首先证明，即可证明；将四面体ABCD补为长方体， 四面体ABCD的棱为该长方体各个面的对角线，长方体的外接球的表面积即为四面体ABCD的外接球的表面积； 由三角形中的边角关系，分类讨论m的取值范围；分类讨论求解四面体ABCD的体积，即可判断D.
13．【答案】15
【知识点】二项式定理
【解析】【解答】展开式的通项，令，解得，
所以常数项是.
故答案为：15
【分析】根据二项式写出展开式通项，并确定常数项对应的r值，即可得常数项.
14．【答案】31
【知识点】等比数列的前n项和
【解析】【解答】解：∵，
∴，
∴，即，
∴，
故答案为：31.
【分析】根据，可先求出q，再求出，即可求出答案.
15．【答案】
【知识点】函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：∵，
∴，即，
∵当时，，
∴当时，，
当时，，
∴，
∴当时，，
∵方程在区间内有实数解，
即y=a与的图象在上有交点，
∴实数a的取值范围为：，
故答案为：.
【分析】首先根据可推得，时，，可求出x取其他值时的函数解析式，之后将方程在区间内有实数解有解的问题转化为y=a与的图象在上有交点的问题，即可得出答案.
16．【答案】；
【知识点】平面向量数量积的性质；直线与圆的位置关系
【解析】【解答】解：第1空：∵圆C：，
∴圆心为，半径为2，
∵，设AB的中点为D，
则，
即D点到C点的距离始终为1，
∴D点在以圆心为，半径为1的圆上运动，
，
可知，当O、C、D三点共线，且C点位于中间时，OD取得最大值：，
故的最大值为.
故答案为：.
第2空：∵直线l1：与l2：，
∴，且过定点，l2过定点，
∴M点的轨迹方程为：，
∴，
∴当M、D、C三点共线，且D点处于中间时，MD取得最小值，
最小值为，
∴的最小，
故答案为：.
【分析】设AB的中点为D，根据已知条件可知D点在以圆心为，半径为1的圆上运动，同时可知，当O、C、D三点共线，且C点位于中间时，OD取得最大值，即可求出第一空的答案；由两直线的方程可知，，且过定点、，由此求出M的轨迹方程，可知M、D、C三点共线，且D点处于中间时，MD取得最小值，即可求出答案.
17．【答案】（1）证明：，
数列是以1为首项，1为公差的等差数列，
，则；
（2）解：，
，
；
综上，，.
【知识点】等差数列的通项公式；数列的递推公式
【解析】【分析】（1）首先将题干中递推公式两边取倒数，经过推导可得和d，可求出数列的通式，即可得出答案；
（2）首先根据的通式计算出数列{bn}的通项公式，再运用裂项相消法即可计算出Tn．
18．【答案】（1）解：由正弦定理及，得，
又，
，
，
.
（2）解：记的面积为，由余弦定理，
及，可得，
将代入上式，得，故，
.
【知识点】解三角形；正弦定理；余弦定理
【解析】【分析】（1）首先根据正弦定理和可得，再根据两角和正弦公式可将其化简求出，最后根据三角形的内角范围可求出答案；
（2）根据余弦定理和、b的值可求出a，c的值，再利用三角形的面积公式即可得出答案．
19．【答案】（1）证明：
的中点为等边三角形，，
平面平面，平面平面平面，
平面，
为圆的直径，，
又平面PAC，平面，平面PAC；
平面平面平面；
（2）解： 连接OE，OF，由三角形中位线的性质可知，
又平面平面平面，
平面平面平面，
平面平面，平面平面，
由题可知，则，取中点，连接，则平面平面，
由（1）可知平面，即PM，MO，AC两两垂直，以M为原点，如下图：建立空间直角坐标系，
，
，
设平面的一个法向量，则，即，
令，则，
由（1）可知平面的一个法向量，
设平面与平面的夹角为，
则，
平面与平面的夹角的余弦值为.
【知识点】平面与平面垂直的判定；二面角的平面角及求法
【解析】【分析】 （1）首项证明平面，即可证明，再证明，即可证明BC⊥平面PAC，最后由面面垂直的判定定理即可证明平面平面；
（2）首先建立空间直角坐标系，结合已知条件分别求出平面与平面的法向量，根据即可求出平面与平面的夹角的余弦值.
20．【答案】（1）解：记“在一轮游戏中甲从两盒内取出的小球均为白球”为事件，
所以由条件概率可知，
所以在一轮游戏中甲从两盒内取出的小球均为白球的概率为.
（2）解：（i）由题意，可知随机变量可以取，
可得，
，
，
所以随机变量的分布列为
1 3 5
（ii）由（i）可知，
因为每轮游戏的结果相互独立，且甲共参加了5轮游戏，
所以.
【知识点】离散型随机变量及其分布列；离散型随机变量的期望与方差
【解析】【分析】（1）根据条件概率公式计算即可；
（2）（i）随机变量可以取，分别计算对应的概率，即可写出分布列；
（ii）首先可求出期望，由于每轮游戏的结果相互独立，且甲共参加了5轮游戏，所以．
21．【答案】（1）解：，
当时，由，解得，由，解得，
当时，由，解得，由，解得，
当时，的单调增区间为，单调减区间为，
当时，的单调增区间为，单调减区间为.
（2）解：由，得，①
（法一）令，则，
当时，不满足条件，不成立，
当时，令，
则，则在上单调递增，
且，
，使得，即，
当时，，即，
当时，，即，
在区间上单调递减，在区间上单调递增，
则当时，取得最小值，
由，取对数得，则，
要使不等式①恒成立，需，解得，
实数的取值范围是.
（法二）由（1）解得，令，
则，
令在区间上单调递减，
，
，使得，即，
且当时，，即，
当时，，即，
在区间上单调递增，在区间上单调递减，
则当时，取得最大值，
由，得，则，
实数的取值范围是.
（方法三）先证明不等式（等号在时取得）成立，
设，则，
当时，时，，
，即不等式成立，
则，
令在区间上单调递减，
，
，使得，即，
即存在实数使得成立，则上式等号能够取得，的最大值为，
因此，实数的取值范围是.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【分析】（1）首先求出，之后根据以及分类讨论，即可判断单调性；
（2）方法一：首先令，求出，根据以及分类讨论单调性，即可求出a的取值范围；方法二：构造函数，首先求出，再构造，根据该函数的单调性可知，使得，再求得的最大值，即可求出实数的取值范围.
22．【答案】（1）解： 由题可知是双曲线的一条渐近线方程，右焦点为，
所以右焦点到渐近线的距离，
又因为，所以，则依题意可得，
由离心率，解得，
所以双曲线的方程为.
（2）解： 如图所示，
由（1）知，，
设直线的方程：，
由得，
因为直线与双曲线的右支交于两点，
所以解得，
，
所以，
设，且，
所以，即，所以，
又因为，所以，
由，得，
所以，同理可得，
由得，
所以，同理可得，
所以
，
令，由，得，
所以，
令，
因为在区间上为增函数，
所以的取值范围为，
又因为，
所以的取值范围为.
【知识点】双曲线的简单性质；双曲线的应用
【解析】【分析】 （1）首先根据右焦点到渐近线的距离为可求出b，再根据离心率可求出a，即可求出双曲线的方程；
（2）首先将直线PQ与双曲线的方程进行联立，可求出，设，根据以及，可得，将直线AP与双曲线的方程进行联立，可用m表示出和，即可用m表示出，令，将求的取值范围转化为求，即可求出答案.
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广东省深圳市2022-2023学年高二下学期期末数学试题
一、单选题
1．已知集合，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：.
故选：B.
【分析】 根据交集的定义即可得出答案．
2．若复数满足（为虚数单位），则的共轭复数（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】复数的基本概念；复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：∵，
∴.
故选：C.
【分析】首先根据复数的除法运算求出z，然后由共轭复数的定义即可得出答案．
3．已知，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】二倍角的余弦公式
【解析】【解答】解：.
故选：A.
【分析】根据二倍角的余弦公式，结合正余弦齐次式将原式化为与有关的式子即可.
4．已知，若，则（ ）
A．1 B．-1 C．4 D．-4
【答案】C
【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示
【解析】【解答】解：∵，
∴，即x=4.
故选：C.
【分析】根据向量平行的坐标关系，即可求出答案．
5．白酒又名烧酒 白干，是世界六大蒸馏酒之一，据《本草纲目》记载：“烧酒非古法也，自元时创始，其法用浓酒和糟入甑（蒸锅），蒸令气上，用器承滴露”，而饮用白酒则有专门的白酒杯，图1是某白酒杯，可将它近似的看成一个圆柱挖去一个圆台构成的组合体，图2是其直观图（图中数据的单位为厘米），则该组合体的体积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积
【解析】【解答】解：∵圆柱的体积为：，
圆台的体积为：，
∴ 该组合体的体积为 ：.
故选：D.
【分析】首先根据圆柱的体积公式与圆台的体积公式分别求出圆柱和圆台的体积，将二者相减即可.
6．已知正实数m，n满足，则下列不等式恒成立的为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】基本不等式
【解析】【解答】解：∵ A、正实数m，n满足 ，
∴，当且仅当 m=n=1时 取等号，
∵，
故A错误；
B、 ，故B错误；
C、，故C正确；
D、，故D错误；
故选：C.
【分析】首先根据均值不等式可知，，逐一分析各个选项即可.
7．已知椭圆的右焦点为，过原点的直线与交于两点，若，且，则的离心率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】椭圆的简单性质
【解析】【解答】解：设，为椭圆的另一个焦点，∴，
∵ 过原点的直线l与C交于A，B两点，
∴，，
∴，即
∵，∴，
∴，
∴，
∴.
故选：A.
【分析】首先设，为椭圆的另一个焦点，由于过原点的直线l与C交于A，B两点， 所以，即可求出a，根据勾股定理求出AB，再根据中位线定理可求出c，即可求出离心率.
8．已知点在直线上运动，若过点恰有三条不同的直线与曲线相切，则点的轨迹长度为（ ）
A．2 B．4 C．6 D．8
【答案】D
【知识点】利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【解答】解：∵点A在直线x=2上运动，
∴设，设过点A的直线l与曲线相切于，
∵，∴，
直线l的方程为：，
将代入该直线方程并化简，可得：，
设，则，
令，得x=0或x=-2，
∴在区间，上小于0， 在区间上大于0，
∴在区间，单调递减， 在区间单调递增，
，，
∵过点A恰有三条不同的直线与曲线相切，
∴，
∴点A的轨迹长度为8.
故选：D.
【分析】设和，先求出直线l的方程，再将A点坐标代入直线l的方程得到，根据函数的单调性以及过点A恰有三条不同的直线与曲线相切，可知，即可求出点A的轨迹长度.
二、多选题
9．某校举办数学文化节活动，10名教师组成评委小组，给参加数学演讲比赛的选手打分.已知各位评委对某名选手的打分如下：
则下列结论正确的为（ ）
A．平均数为48 B．极差为9
C．中位数为47 D．第75百分位数为51
【答案】B,C
【知识点】众数、中位数、平均数
【解析】【解答】解：
A.∵打分为：43，45，45，46，47，47，48，49，51，52
∴平均数为：，
故A错误；
B. 极差=52-43=9 ，故B正确；
C.中位数为：，故C正确；
D. ∵10×75%=7.5，所以第75百分位数是第8个数49， 故D错误；
故选：BC.
【分析】 根据平均数、极差和中位数、百分位数的定义即可求出答案．
10．已知函数的图像关于直线对称，则（ ）
A．
B．在区间单调递减
C．在区间恰有一个极大值点
D．在区间有两个零点
【答案】A,C
【知识点】余弦函数的图象
【解析】【解答】解：A.∵函数 的图像关于直线 对称，
∴，解得，
∵，∴，
∴，故A正确；
B.∵，∴，
∴在该区间不单调，故B错误；
C.∵，∴，
∴ 函数在该区间内恰有一个极大值点 ，为时取得极大值，故C正确；
D.∵，∴，
∴在该区间只有一个零点，故D错误；
【分析】首先根据函数的图像关于直线 对称以及可求出，即可求出；根据x的取值范围可以确定，即可判断函数的单调性、极值的个数以及零点的个数.
11．已知抛物线的焦点为，准线为，过的一条直线与交于，两点，若点在上运动，则（ ）
A．当时，
B．当时，
C．当时，三点的纵坐标成等差数列
D．当时，
【答案】A,C,D
【知识点】抛物线的简单性质
【解析】【解答】解：A.∵抛物线上的点到焦点和准线的距离相等，
由∵，
∴，故A正确；
B.∵，∴是等边三角形，
∴ 直线AB的角度为，直线AB的方程为：，
联立直线与抛物线的方程，可得：，
∴，，∴，故B错误；
C.过A作交l于C点，过B作交l于D点，
取AB的中点E，连接ME，
∵，
∴，
∴M点是D、C的中点，
∴ A，M，B三点的纵坐标成等差数列， 故C正确；
D.设，
则直线MF的斜率为：，
直线AB的斜率为：，
∴，即，
∵，∴，，
∴，故D正确；
故选：ACD.
【分析】根据抛物线上的点到焦点和准线的距离相等即可判断选项A；根据，即可知直线AB的倾角，即可列出直线方程，将其与抛物线方程联立，可求出、，即可判断选项B；根据以及抛物线的定义，即可判断选项C；先求出直线MF及AB的斜率，可知，结合即可判断选项D.
12．在四面体中，有四条棱的长度为1，两条棱的长度为，则（ ）
A．当时，
B．当时，四面体的外接球的表面积为
C．的取值范围为
D．四面体体积的最大值为
【答案】A,B,D
【知识点】棱锥的结构特征；棱柱、棱锥、棱台的体积；球的体积和表面积
【解析】【解答】解：A.∵ AB=AD=m ，∴BC=CD=BD=1，
过A作交BD于点E，可知，E为BD中点，
∴，
∴，则，
故A正确；
B.将四面体ABCD补为长方体， 四面体ABCD的棱为该长方体各个面的对角线，
设该长方体的长宽高分别为x、y、z，
∴，，，
∴长方体的外接球的表面积为：，
即四面体ABCD的外接球的表面积为，
故B正确；
C.①当AB=AD=m时，过A作交BD于点E，
∴，，，
∴在中，由三角形两边之和大于第三边，两边之差小于第三边可得，
，，
∴解得，
②当AB=CD=m时，取AB中点F点，连接CF、DF，
由勾股定理得，，
∴在中，由三角形两边之和大于第三边，两边之差小于第三边可得，
，解得，
∴综上所述，，故C错误；
D.①当AB=AD=m时，当时，体积最大，体积为，
②当AB=CD=m时，，
∴，
∴四面体ABCD的体积为：，
令，则，
令，且，得，
当时，单调递增，
当时，单调递减，
∴当，取最大值，
∴将代入中，四面体ABCD的体积最大值为：，
∴综上所述：四面体ABCD体积的最大值为.
故答案为：ABD.
【分析】过A作交BD于点E，首先证明，即可证明；将四面体ABCD补为长方体， 四面体ABCD的棱为该长方体各个面的对角线，长方体的外接球的表面积即为四面体ABCD的外接球的表面积； 由三角形中的边角关系，分类讨论m的取值范围；分类讨论求解四面体ABCD的体积，即可判断D.
三、填空题
13．（2022高三上·云南月考）的展开式中常数项是 （用数字作答）
【答案】15
【知识点】二项式定理
【解析】【解答】展开式的通项，令，解得，
所以常数项是.
故答案为：15
【分析】根据二项式写出展开式通项，并确定常数项对应的r值，即可得常数项.
14．记为等比数列的前项和，若，，则 .
【答案】31
【知识点】等比数列的前n项和
【解析】【解答】解：∵，
∴，
∴，即，
∴，
故答案为：31.
【分析】根据，可先求出q，再求出，即可求出答案.
15．已知定义在上的函数，满足，当时，，若方程在区间内有实数解，则实数的取值范围为 .
【答案】
【知识点】函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：∵，
∴，即，
∵当时，，
∴当时，，
当时，，
∴，
∴当时，，
∵方程在区间内有实数解，
即y=a与的图象在上有交点，
∴实数a的取值范围为：，
故答案为：.
【分析】首先根据可推得，时，，可求出x取其他值时的函数解析式，之后将方程在区间内有实数解有解的问题转化为y=a与的图象在上有交点的问题，即可得出答案.
四、双空题
16．已知线段是圆上的一条动弦，且，设点为坐标原点，则的最大值为 ；如果直线与相交于点，则的最小值为 .
【答案】；
【知识点】平面向量数量积的性质；直线与圆的位置关系
【解析】【解答】解：第1空：∵圆C：，
∴圆心为，半径为2，
∵，设AB的中点为D，
则，
即D点到C点的距离始终为1，
∴D点在以圆心为，半径为1的圆上运动，
，
可知，当O、C、D三点共线，且C点位于中间时，OD取得最大值：，
故的最大值为.
故答案为：.
第2空：∵直线l1：与l2：，
∴，且过定点，l2过定点，
∴M点的轨迹方程为：，
∴，
∴当M、D、C三点共线，且D点处于中间时，MD取得最小值，
最小值为，
∴的最小，
故答案为：.
【分析】设AB的中点为D，根据已知条件可知D点在以圆心为，半径为1的圆上运动，同时可知，当O、C、D三点共线，且C点位于中间时，OD取得最大值，即可求出第一空的答案；由两直线的方程可知，，且过定点、，由此求出M的轨迹方程，可知M、D、C三点共线，且D点处于中间时，MD取得最小值，即可求出答案.
五、解答题
17．已知数列满足.
（1）证明：数列是等差数列，并求数列的通项公式；
（2）设，求数列的前项和.
【答案】（1）证明：，
数列是以1为首项，1为公差的等差数列，
，则；
（2）解：，
，
；
综上，，.
【知识点】等差数列的通项公式；数列的递推公式
【解析】【分析】（1）首先将题干中递推公式两边取倒数，经过推导可得和d，可求出数列的通式，即可得出答案；
（2）首先根据的通式计算出数列{bn}的通项公式，再运用裂项相消法即可计算出Tn．
18．记的内角的对边分别为，且.
（1）求；
（2）若，且，求的面积.
【答案】（1）解：由正弦定理及，得，
又，
，
，
.
（2）解：记的面积为，由余弦定理，
及，可得，
将代入上式，得，故，
.
【知识点】解三角形；正弦定理；余弦定理
【解析】【分析】（1）首先根据正弦定理和可得，再根据两角和正弦公式可将其化简求出，最后根据三角形的内角范围可求出答案；
（2）根据余弦定理和、b的值可求出a，c的值，再利用三角形的面积公式即可得出答案．
19．如图，已知三棱锥的三个顶点在圆上，为圆的直径，是边长为2的正三角形，且平面平面.
（1）证明：平面平面；
（2）若，点为的中点，点为圆上一点，且与位于直径的两侧，当平面时，求平面与平面的夹角的余弦值.
【答案】（1）证明：
的中点为等边三角形，，
平面平面，平面平面平面，
平面，
为圆的直径，，
又平面PAC，平面，平面PAC；
平面平面平面；
（2）解： 连接OE，OF，由三角形中位线的性质可知，
又平面平面平面，
平面平面平面，
平面平面，平面平面，
由题可知，则，取中点，连接，则平面平面，
由（1）可知平面，即PM，MO，AC两两垂直，以M为原点，如下图：建立空间直角坐标系，
，
，
设平面的一个法向量，则，即，
令，则，
由（1）可知平面的一个法向量，
设平面与平面的夹角为，
则，
平面与平面的夹角的余弦值为.
【知识点】平面与平面垂直的判定；二面角的平面角及求法
【解析】【分析】 （1）首项证明平面，即可证明，再证明，即可证明BC⊥平面PAC，最后由面面垂直的判定定理即可证明平面平面；
（2）首先建立空间直角坐标系，结合已知条件分别求出平面与平面的法向量，根据即可求出平面与平面的夹角的余弦值.
20．甲参加某多轮趣味游戏，在两个不透明的盒内摸球.规定在一轮游戏中甲先在盒内随机取出1个小球放入盒，再在盒内陏机取出2个小球，若每轮游戏的结果相互独立，且每轮游戏开始前，两盒内小球的数量始终如下表（小球除颜色外大小质地完全相同）：
红球 蓝球 白球
盒 2 2 1
盒 2 2 1
（1）求在一轮游戏中甲从两盒内取出的小球均为白球的概率；
（2）已知每轮游戏的得分规则为：若从盒内取出的小球均为红球，则甲获得5分；若从盒内取出的小球中只有1个红球，则甲获得3分；若从盒内取出的小球没有红球，则甲获得1分.
（i）记甲在一轮游戏中的得分为，求的分布列；
（ii）假设甲共参加了5轮游戏，记5轮游戏甲的总得分为，求.
【答案】（1）解：记“在一轮游戏中甲从两盒内取出的小球均为白球”为事件，
所以由条件概率可知，
所以在一轮游戏中甲从两盒内取出的小球均为白球的概率为.
（2）解：（i）由题意，可知随机变量可以取，
可得，
，
，
所以随机变量的分布列为
1 3 5
（ii）由（i）可知，
因为每轮游戏的结果相互独立，且甲共参加了5轮游戏，
所以.
【知识点】离散型随机变量及其分布列；离散型随机变量的期望与方差
【解析】【分析】（1）根据条件概率公式计算即可；
（2）（i）随机变量可以取，分别计算对应的概率，即可写出分布列；
（ii）首先可求出期望，由于每轮游戏的结果相互独立，且甲共参加了5轮游戏，所以．
21．已知.
（1）当时，讨论的单调性；
（2）若关于的不等式恒成立，求实数的取值范围.
【答案】（1）解：，
当时，由，解得，由，解得，
当时，由，解得，由，解得，
当时，的单调增区间为，单调减区间为，
当时，的单调增区间为，单调减区间为.
（2）解：由，得，①
（法一）令，则，
当时，不满足条件，不成立，
当时，令，
则，则在上单调递增，
且，
，使得，即，
当时，，即，
当时，，即，
在区间上单调递减，在区间上单调递增，
则当时，取得最小值，
由，取对数得，则，
要使不等式①恒成立，需，解得，
实数的取值范围是.
（法二）由（1）解得，令，
则，
令在区间上单调递减，
，
，使得，即，
且当时，，即，
当时，，即，
在区间上单调递增，在区间上单调递减，
则当时，取得最大值，
由，得，则，
实数的取值范围是.
（方法三）先证明不等式（等号在时取得）成立，
设，则，
当时，时，，
，即不等式成立，
则，
令在区间上单调递减，
，
，使得，即，
即存在实数使得成立，则上式等号能够取得，的最大值为，
因此，实数的取值范围是.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【分析】（1）首先求出，之后根据以及分类讨论，即可判断单调性；
（2）方法一：首先令，求出，根据以及分类讨论单调性，即可求出a的取值范围；方法二：构造函数，首先求出，再构造，根据该函数的单调性可知，使得，再求得的最大值，即可求出实数的取值范围.
22．已知双曲线的离心率为，且的一个焦点到其一条渐近线的距离为1.
（1）求的方程；
（2）设点为的左顶点，若过点的直线与的右支交于两点，且直线与圆分别交于两点，记四边形的面积为，的面积为，求的取值范围.
【答案】（1）解： 由题可知是双曲线的一条渐近线方程，右焦点为，
所以右焦点到渐近线的距离，
又因为，所以，则依题意可得，
由离心率，解得，
所以双曲线的方程为.
（2）解： 如图所示，
由（1）知，，
设直线的方程：，
由得，
因为直线与双曲线的右支交于两点，
所以解得，
，
所以，
设，且，
所以，即，所以，
又因为，所以，
由，得，
所以，同理可得，
由得，
所以，同理可得，
所以
，
令，由，得，
所以，
令，
因为在区间上为增函数，
所以的取值范围为，
又因为，
所以的取值范围为.
【知识点】双曲线的简单性质；双曲线的应用
【解析】【分析】 （1）首先根据右焦点到渐近线的距离为可求出b，再根据离心率可求出a，即可求出双曲线的方程；
（2）首先将直线PQ与双曲线的方程进行联立，可求出，设，根据以及，可得，将直线AP与双曲线的方程进行联立，可用m表示出和，即可用m表示出，令，将求的取值范围转化为求，即可求出答案.
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