广东省深圳市2022-2023学年高二下学期期末数学试题(学生版+解析)

2023年深圳市普通高中高二年级调研考试数学本试卷共6页，22小题，满分150分.考试用时120分钟.注意事项：1.答题前，考生请务必用黑色字迹钢笔或签字笔将自己的姓名､准考证号填写在答题卡上.用2B铅笔将试卷类型(A)填涂在答题卡相应位置上.将条形码横贴在答题卡右上角“条形码粘贴处”.2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上.3.非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答的答案无效.4.考生必须保持答题卡的整洁.考试结束后，将试卷和答题卡一并交回.一､选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.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.-45.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：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.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9C.中位数为47 D.第75百分位数为5110.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.取值范围为D.四面体体积的最大值为三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.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__________.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__________.四､解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.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221盒221(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.

2023年深圳市普通高中高二年级调研考试数学本试卷共6页，22小题，满分150分.考试用时120分钟.注意事项：1.答题前，考生请务必用黑色字迹钢笔或签字笔将自己的姓名､准考证号填写在答题卡上.用2B铅笔将试卷类型(A)填涂在答题卡相应位置上.将条形码横贴在答题卡右上角“条形码粘贴处”.2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上.3.非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答的答案无效.4.考生必须保持答题卡的整洁.考试结束后，将试卷和答题卡一并交回.一､选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.已知集合，则()A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据集合交集的概念与运算，准确运算，即可求解.【详解】由集合，根据集合交集的概念与运算，可得.故选：B.2.若复数满足(为虚数单位)，则的共轭复数()A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】利用复数除法运算求出，再利用共轭复数的定义求解作答.【详解】依题意，，所以的共轭复数.故选：C3.已知，则()A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】由二倍角公式，结合平方关系转化为关于的二次齐次式，再化为，代入求值.【详解】.故选：A．4.已知，若，则()A.1 B.-1 C.4 D.-4【答案】C【解析】【分析】运用平面向量平行的坐标公式计算即可.【详解】因为，所以，解得：.故选：C.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【解析】【分析】分别求解圆柱部分与圆台部分的体积，即可得该组合体的体积.【详解】由题可知圆柱部分的底面半径，高为，所以圆柱的体积为，圆台部分上底面半径为，下底面半径为，高为，所以圆台部分体积为，则该组合体的体积为.故选：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.【答案】C【解析】【分析】利用基本不等式逐一分析判断即可.【详解】对于A，，当且仅当时，取等号，所以，故A错误；对于B，因为，所以，所以，当且仅当时，取等号，所以，故B错误；对于C，，当且仅当，即时，取等号，所以，故C正确；对于D，因为，所以，所以，当且仅当时，取等号，所以，故D错误.故选：C.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【解析】【分析】设椭圆的左焦点为，由椭圆的对称性可得四边形为矩形，再根据椭圆的定义求出，再利用勾股定理构造齐次式即可得解.【详解】如图，设椭圆的左焦点为，由椭圆的对称性可得，所以四边形为平行四边形，又，所以四边形为矩形，所以，由，得，又，所以，在中，由，得，即，所以，即的离心率为.故选：A.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【解析】【分析】求出曲线的导函数，得到的表达式，构造新函数，得出单调性，即可求出点的轨迹长度.【详解】由题意，设点，过点的直线与曲线相切于点，∴，的方程为，∴，化简得，设，∴在区间上单调递减，在区间上单调递增，∵若过点恰有三条不同的直线与曲线相切，，∴满足条件的恰有三个，∴，即，∴点的轨迹长度为8.故选：D.二､多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.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9C.中位数为47 D.第75百分位数为51【答案】BC【解析】【分析】运用平均数、极差、中位数及百分位数的公式计算即可.【详解】对于A项，平均数为，故A项错误；对于B项，极差为，故B项正确；对于C项，这组数从小到大排序：、、、、、、、、、，所以中位数为.故C项正确；对于D项，因为，所以第75百分位数为49.故选：BC.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】AC【解析】【分析】根据余弦函数的对称性求得的值，从而可确定函数的解析式，根据余弦型函数的取值、单调性、极值、零点逐项判断即可得答案.【详解】函数关于直线对称，所以，解得，因为，所以．所以．则，故A正确；当时，则，所以函数在区间上先增后减，故B不正确；令，则，又，所以可得是函数的极大值点，即在区间恰有一个极大值点，故C正确；令，则，又，所以可得是函数的零点，即在区间恰有一个零点，故D不正确.故选：AC.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】ACD【解析】【分析】由抛物线的定义可判断A项，联立直线AB方程与抛物线方程求得、，进而可求得可判断B项，由直角三角形性质及抛物线的定义可判断C项，设出点M坐标，计算可得，可得，运用等面积法、直角三角形性质及基本不等式可判断D项.【详解】对于选项A：如图所示，由抛物线定义可知，若，则，故选项A正确；对于选项B：如图所示，当时，为正三角形，所以直线的倾斜角为，设直线的方程为，由可得，，所以，故选项B错误；对于选项C：过点作直线垂直于，垂足分别为，作的中点N，如图所示，由选项B可知，又因为，所以，由抛物线定义可知，所以，所以M为的中点，所以三点的纵坐标成等差数列，故选项正确；对于选项D：如图所示，设，直线的斜率为，直线的斜率为，则，由B项可知，由选项C可知，所以，所以，所以，又因为，所以，且，由基本不等式可得，当且仅当时等号成立.故选项D正确.故选：ACD.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】ABD【解析】【分析】对于选项A，取中点，通过证明平面，即可得到，从而判断出选项的正误；对于选项B，根据条件，将四面体放置到长方体中，转化成求长方体的外接球，再根据条件即可求出结果；对于选项C，分两种情况讨论：或，再利用构成三角形的条件，即可求出的范围，从而判断出结果的正误；对于选项D，分两种情况讨论：或，分别求出四面体的体积，再进行比较即可得出结果.【详解】选项，当时，易知与分别为等腰三角形、等边三角形，如图1，作中点，，因为，平面，所以平面，又平面，所以，故选项正确；选项，当时，易知四面体的所有对棱相等，如图2，可将四面体补为长方体，其中四面体的各条棱为该长方体各面的对角线，所以四面体的外接球即为该长方体的外接球，易知长方体的外接球的直径即为长方体的体对角线，设该长方体的三条棱的长度分别为，则，将三式相加可得，得到外接球的半径为，所以四面体的外接球的表面积为，故选项B正确；选项C，由上分析知：四面体有两种情况，不妨假设情况如下，当时，作的中点，则在中，由三角形性质可得，得到；当时，作的中点，则在中由三角形性质可知，得到，所以，故选项错误；选项D，当时，若四面体的体积最大，则底面上的高为1，即平面，此时四面体体积的最大值为，当时，由C分析知：，则的面积为，四面体体积为，当且仅当，即时取等号，又，所以四面体体积的最大值为，故选项D正确.故选：ABD.三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.的展开式中常数项是___________(用数字作答)【答案】15【解析】【分析】根据二项式写出展开式通项，并确定常数项对应r值，即可得常数项.【详解】展开式的通项，令，解得，所以常数项是.故答案为：1514.记为等比数列的前项和，若，，则__________.【答案】【解析】【分析】先由，求出等比数列的首项和公比，即可得解.【详解】设等比数列的公比为，由，即，解得，所以.故答案为：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】【解析】【分析】分别求出，，的解析式，画出的图象，由图象即可求解.【详解】当时，则，所以，即，当时，则，所以，即，则，当时，则，所以，即，画出的图象如下：由图象可知，当时，方程在区间内有实数解，所以实数的取值范围为.故答案为：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】①.②.【解析】【分析】综合应用直线与圆、圆与圆的位置关系和平面向量的数量积等知识即可解决问题.【详解】设为中点，则，点的轨迹方程为，，则最大值为，由直线，，可得且过定点过定点，点的轨迹是以为直径端点的圆，其方程为，，，，，的最小值为.故答案为：；.四､解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.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)证明见解析，(2)【解析】【分析】(1)根据递推关系，证明常数即可；(2)求出的通项公式，运用裂项相消法求解.【小问1详解】，数列是以1为首项，1为公差的等差数列，，则；【小问2详解】，，；综上，，.18.记的内角的对边分别为，且.(1)求；(2)若，且，求的面积.【答案】(1)(2)【解析】【分析】(1)由正弦定理进行变化角处理，再结合三角恒等变换，从而求得角的大小；(2)结合余弦定理与已知，可求得值，再根据面积公式即可求得的面积.【小问1详解】由正弦定理及，得，又，，，.【小问2详解】记的面积为，由余弦定理，及，可得，将代入上式，得，故，.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)证明见解析(2)【解析】【分析】(1)只要证明平面PAC即可；(2)建立空间直角坐标系，运用空间向量求解.【小问1详解】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；【小问2详解】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.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221盒221(1)求在一轮游戏中甲从两盒内取出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)(2)(i)分布列见解析；(ii)【解析】【分析】(1)记“在一轮游戏中甲从两盒内取出的小球均为白球”为事件，求得，即可求解；(2)(i)由题意得到随机变量可以取，求得相应的概率，列出分布列；(ii)由(i)求得期望，结合每轮游戏的结果相互独立，进而得到.【小问1详解】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.【小问2详解】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135(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.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)答案见解析(2)【解析】【分析】(1)求导后，分、两种情况讨论求解即可；(2)由得，法一：令，求导得，当时，不满足条件，当时，令，通过隐零点可求解；法二：由题意可得，令，求导得，再，求导后结合隐零点可求解；法三：先证明不等式(等号在时取得)成立，再通过放缩可求解.【小问1详解】，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.【小问2详解】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，