《2022～2023学年广东省阳江市高二年级下册学期期末数学试题》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022～2023学年广东省阳江市高二年级下册学期期末数学试题（25页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、2022-2023学年广东省阳江市高二下学期期末数学试题一、单选题1已知全集，集合，则（）ABCD【答案】C【分析】根据并集及补集运算求解即可.【详解】由已知得，全集，故故选：C2已知，若，则cos2的值为（）ABC0D或0【答案】B【分析】根据二倍角公式以及弦切互化即可求解.【详解】得，进而可得，由于，所以 ，故，又，故选：B3已知中，角A，B，C对应的边分别为a、b、c，D是AB上的三等分点（靠近点A）且，则的最大值是（）ABC2D4【答案】A【分析】由正余弦边角关系可得，进而有，设，则，且，利用正弦定理、和差角正弦公式得，即可求最大值.【详解】由，则，即，所以，则，设，则，且，中，则，中
2、，则，又，即，（为的外接圆半径），所以， 即，又，故，时，.故选：A4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（）ABCD【答案】D【分析】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.【详解】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
3、，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：D【点睛】关键点点睛：确定共圆、面面为关键，利用几何关系求外接球半径.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【答案】D【分析】可证明正方体被平面截得的截面为正六边形，故可判断C的正误，利用面面平行的判定定理可判断B的正误，利用补体法可求的外接球的直径后可判断A的正误，利用向量
4、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D的正误.【详解】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A，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
5、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：D.【点睛】思路点睛：空间几何题外接球的半径的求法，可先根据几何性质确定球心的位置，然后把球的半径放置在可解的图形中求解，也可以通过补体转化为规则几何体的外接球的半径，而与球的截面的计算问题，则需计算球心到截面的距离.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（）A4BCD2【答案】C【分析】根据题意画出图形，观察图形可知圆心与点的连线垂直于直线，
6、利用这一关系即可得到切线的长.【详解】如图所示，圆心为，连接，因为直线，关于对称，所以垂直于直线，故，而，所以.故选：C7已知，则（）ABCD【答案】B【分析】通过中间值1结合不等式性质可得；解法一：构造，利用导数判断单调性，结合单调性可得；解法二：构造，利用导数判断单调性，结合单调性可得.【详解】因为，所以，又因为，所以，即；解法一：构造，则，当时，可得，则在上单调递增，又因为，则，所以，则，即；解法二：构造，则，令，解得，则在上单调递减，所以，即，则，可得；综上所述：.故选：B.【点睛】方法点睛：利用导数比较大小的基本步骤(1)作差或变形；(2)构造新的函数；(3)利用导数研究的单调性或最
7、值；(4)根据单调性及最值，得到所证不等式特别地：当作差或变形构造的新函数不能利用导数求解时，一般转化为分别求左、右两端两个函数的最值问题8若关于的不等式对恒成立，则实数的取值范围为（）ABCD【答案】B【分析】由题意可知，且对恒成立，设，则问题转化为在上恒成立，利用导数说明函数的单调性，再分和两种情况讨论，结合函数的取值情况及单调性，分别计算可得.【详解】由题意可知，即对恒成立设，则问题转化为在上恒成立，因为，所以当时，当时，所以在上单调递增，在上单调递减，又，所以当时，；当时，在上，若恒成立，即，；在上，若，则恒成立，即恒成立，令，则，所以在上单调递增，所以，所以，综上所述，实数的取值范围
8、为故选：B【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理二、多选题9在棱长为4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【答案】ABD【分析】对于,利用面面平行，确定点在线段在线段上，当时，线段长度的最小；对于,三棱柱体积转化为，根据线面平行可知，点到平面的距离为定值，即可判断；对于,点
9、是的中点，直线与所成角为，可排除；对于，线段长度可转化为直线与之间的距离，在转化为线面距，即可求解.【详解】对于,如下图所示，连接,易得平面,所以平面,同理，平面,又所以平面平面,又平面平面,故可知动点在线段上，则时，线段长度的最小，此时是的中点，易求所以正确；对于,平面，故点到平面的距离为定值，又的面积也为定值，则为定值，即三棱锥的体积为定值，所以正确；对于因为直线与所成角即为异面直线与所成角，又为等边三角形，当位于的中点时，即直线与所成角为，其正弦值为故错误；对于,由题意，异面直线与之间的距离，即为线段长度的最小值，连接平面,故平面,则异面直线与之间的距离即为到平面距离，即点到平面的距离，
10、设为又即即则正确.故选：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【答案】AD【分析】根据直线与圆的相关知识对各选项逐一判断即可.【详解】对于A，因为：，即，令，即，得，所以直线过定点，故A正确；对于B，因为，所以定点在圆：内部，所以直线与圆相交，故B错误；对于C，因为圆：，可化为，圆心，当圆心与定点的连线垂直于直线时，圆心到直线距离取得最大值，此时其值为，故C错误；对于D，由弦长公式可知，当圆心到直线距离最大时，弦长取得最小值，所以直线被圆截得的弦长的最小值为，故D正确.故选：AD.11已知实数x，y满足（为自然
11、对数的底数，则（）A当时，B当时，C当时，D当时，【答案】ACD【分析】同构函数可判断A，B；由对数均值不等式可判断C，D.【详解】由，得，所以，当时，即，令，则，所以在上单调递增，由得，所以，即，故A正确；当时，即，令，则，令，得，当时，单调递减，当时，单调递增，由得，因为在上不单调，所以由不一定能得到，即不一定成立，故B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，所以在上单调递增，所以，即成立，从而得证；再证左边，要证，只要证，即证，令，即证，令，则，所以在上单调递增，所以，即成立，从而得证.由，得，
12、即，故C正确；由，得，即，所以，故D正确.故选：ACD【点睛】方法点睛：应熟练掌握证明极值点偏移问题的常用方法，如对称构造函数法、对数均值不等式、指数均值不等式等.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i次摸到红球”，“第i次摸到黄球”，“第i次摸到蓝球”，“摸完第i次球后就停止摸球”，则（）ABC，D，【答案】ACD【分析】对选项AC，求出包含的事件数为，从而得到，并计算出；选项B，计算出，利用条件概率公式计算出答案，选项D，得出，和，利用条件概率公式得到答案.【
13、详解】对于AC，“摸完第n次球后就停止摸球”，有放回的摸n次，有种可能，若恰好摸球n次就停止摸球，则恰好第n次三种颜色都被摸到，即前次摸到2种颜色，第n次摸到第三种颜色，共种情况，则，AC正确；对于B，事件表示第一次摸到红球，摸到第4次，摸球结束，若第2次或第3次摸到的球为红球，此时有种情况，不妨设第2次摸到的球为红球，则第3次和第4次摸到的球为蓝球或黄球，有2种可能，故有种情况，若第2次和第3次都没有摸到红球，则第2次和第3次摸到的球颜色相同，第4次摸到的球和第2,3次摸到的球颜色不同，故有种情况，故，其中摸4次球可能的情况有种，故，其中，故，B错误；对于D，表示“第次摸到蓝球，第次摸到黄球
14、，第次摸到红球，停止摸球”，则前次摸到的球是蓝球或黄球，故有种可能，故，表示“在前次摸球中，第次摸到蓝球，第次摸到黄球”，故有种可能，故，则，D正确.故选：ACD【点睛】常见的条件概率处理方法，其一是用样本点数的比值处理，需要弄情况事件包含的样本点数，其二是用概率的比值处理，也可以缩小样本空间，从而确定概率，解决实际问题的关键在于分析情况基本事件.三、填空题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 .【答案】【分析】先解方程，然后根据的范围，得到的范围，再结合方程有两个不同的根，列不等式即可.【详解】，即：，或，当时，；当时，；当时，；在区间上，两个不同的使得成立，故答案为：14已知圆，过点的直线被该圆所截的弦长的最小值为 .【答案】
