2022-2023学年广东省深圳市高二下学期期末数学试题含答案

这是一份2022-2023学年广东省深圳市高二下学期期末数学试题含答案，共23页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．已知集合，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【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
【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：C
3．已知，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【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．1B．-1C．4D．-4
【答案】C
【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
【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，
所以圆台部分的体积为，
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
【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
【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．2B．4C．6D．8
【答案】D
【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
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48B．极差为9
C．中位数为47D．第75百分位数为51
【答案】BC
【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为：、、、、、、、、、，
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
【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
【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
【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，
四面体的体积为，
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
13．的展开式中常数项是 （用数字作答）
【答案】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.
【详解】展开式的通项，令，解得，
所以常数项是.
故答案为：15
14．记为等比数列的前项和，若，，则 .
【答案】
【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】
【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：
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】
【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：；.

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)证明见解析，
(2)
【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.
【详解】（1），
数列是以1为首项，1为公差的等差数列，
，则；
（2），
，
；
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)
【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.
【详解】（1）由正弦定理及，得，
又，
，
，
.
（2）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)
【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.
【详解】（1）
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）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）：
(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)
(2)（i）分布列见解析；（ii）
【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.
【详解】（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
（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)
【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.
【详解】（1），
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）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.
【点睛】方法点睛：对于利用导数研究函数的综合问题的求解策略：
1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；
2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．
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)
(2).
【分析】（1）运用双曲线的焦点到渐近线的距离为b，双曲线的离心率公式计算即可.
（2）联立直线PQ方程与双曲线方程，运用韦达定理计算可得，设出直线AP、AQ方程，联立双曲线方程可求得、、、，进而求得的范围，再结合可求得结果.
【详解】（1）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）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.
【点睛】方法点睛：
（1）利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等关系，从而确定参数的取值范围．
（2）利用已知参数的范围，求新参数的范围，解决这类问题的核心是建立两个参数之间的等量关系．
（3）利用隐含的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围．
（4）利用已知的不等关系构造不等式，从而求出参数的取值范围．
（5）利用求函数值域的方法将待求量表示为其他变量的函数，求其值域，从而确定参数的取值范围．
红球
蓝球
白球
盒
2
2
1
盒
2
2
1
1
3
5