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广东省深圳市2022-2023学年高三下学期第二次调研考试 数学
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这是一份广东省深圳市2022-2023学年高三下学期第二次调研考试 数学，共31页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023年深圳市高三年级第二次调研考试数学
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. {0} B. {2} C. {3} D. {0，3}
【答案】D
【解析】
【分析】计算和，再求补集.
【详解】因为，，所以，，
所以.
故选：D
2. 已知函数，则（ ）
A. 2 B. -2 C. D. -
【答案】A
【解析】
【分析】根据函数的分段点代入求值.
【详解】，因为，所以.
故选：A.
3. 设等差数列的前n项和为，若，，则（ ）
A. 0 B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由等差数列的前项和的性质可得：，，也成等差数列，即可得出．
【详解】由等差数列的前项和的性质可得：，，也成等差数列，
，
，解得．
故选：C.
4. 设表面积相等的正方体、正四面体和球的体积分别为、和，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设正方体棱长为，正四面体棱长为，球的半径为，面积为.表示出3个几何体的表面积，得出，进而求出体积的平方，比较体积的平方大小，然后得出答案.
【详解】设正方体棱长为，正四面体棱长为，球的半径为，面积为.
正方体表面积为，所以，
所以，；
如图，正四面体，为的中点，为的中心，则是底面上的高.
则，，所以，
所以，
所以，正四面体的表面积为，所以.
又为的中心，所以.
又根据正四面体的性质，可知，
所以，
所以，；
球的表面积为，所以，
所以，.
因为，
所以，，
所以，.
故选：B.
5. 已知中，，，与相交于点，，则有序数对（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据平面向量共线定理得到，，利用、分别表示出，再根据平面向量基本定理得到方程组，解得、，再代入计算可得.
【详解】依题意、、三点共线，故，
所以
，
又、、三点共线，故，
则
，
所以，解得，
所以，又，所以，
所以有序数对.
故选：D
6. 从1，2，3，4，5中随机选取三个不同的数，若这三个数之积为偶数，则它们之和大于8的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先列基本事件，再列满足条件的基本事件，最后根据古典概型求解.
【详解】从1，2，3，4，5中随机选取三个不同的数可得基本事件为，10种情况，
若这三个数之积为偶数有，9种情况，
它们之和大于8共有 ，5种情况，
从1，2，3，4，5中随机选取三个不同的数，若这三个数之积为偶数，则它们之和大于8的概率为.
故选:D.
7. 设椭圆C：的左、右焦点分别为，，直线l过点.若点关于l的对称点P恰好在椭圆C上，且，则C的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据已知结合椭圆的定义可推得，.然后根据，可推得.最后根据余弦定理，即可得到关于的齐次方程，即可得出离心率.
【详解】
设，
由已知可得，，
根据椭圆的定义有.
又，
所以
在中，由余弦定理可得，
，
即，
整理可得，
等式两边同时除以可得，，
解得，或（舍去），
所以.
故选：C.
8. 已知，，且，则下列关系式恒成立的为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】构造，，求导研究其单调性，分类讨论得到正确选项.
【详解】构造，，
则，
当时，，，
所以在单调递增，
因为，
当，时，则,所以所以
单调递增，所以;
当，时,所以所以,
单调递减，所以.
故选：A
【点睛】关键点点睛，构造函数，本题中构造进行求解，利用函数单调性比较函数值的大小，.
二、选择题: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. 为了研究y关于x的线性相关关系，收集了5组样本数据(见下表)：
x
1
2
3
4
5
y
0.5
0.8
1
1.2
1.5
假设经验回归方程为，则（ ）
A.
B. 当时，y的预测值为2.2
C. 样本数据y的40%分位数为0.8
D. 去掉样本点后，x与y的样本相关系数r不变
【答案】ABD
【解析】
【分析】对于A选项： 根据回归直线必过点解得;对于B选项：结合经验回归方程的性质即可求解；对于C选项：结合百分位数的定义即可求解； 对于D选项：根据相关系数的性质即可判断；
【详解】对于A选项：线性回归方程必过点，，，解得，所以选项A正确；
对于B选项：当时，可以的出y的预测值为2.2,所以B选项正确；
对于C选项：从小到大排列共有5个数据，则是整数，则第40百分位数为从小到大排列的第3个数据，
即第40百分位数为3，所以C选项错误；
对于D选项：因为相关系数为,
5组样本数据的相关系数为：
，
去掉样本中心点后相关系数为，
所以相关系数r不变,所以D选项正确；
故选：ABD.
10. 已知是定义在闭区间上的偶函数，且在y轴右侧的图象是函数图象的一部分(如图所示)，则（ ）
A. 的定义域为
B. 当时，取得最大值
C. 当时，的单调递增区间为
D. 当时，有且只有两个零点和
【答案】BCD
【解析】
【分析】先利用待定系数法求出，再根据原点右侧的第二个零点为，即可判断A；求出的值即可判断B；求出当时的减区间，结合函数为偶函数即可判断C；求出当时的零点，结合函数为偶函数即可判断D.
【详解】由图得，且位于增区间上，
所以，又因为，所以，
，
则，得，所以，
所以，
由图可知，原点右侧的第二个零点为，
所以的定义域为，故A错误；
当时，，
因为为最大值，则当时，取得最大值，故B正确；
当时，令，则，
又因为，
所以当时，的减区间为，
因为函数为偶函数，
所以当时，的单调递增区间为，故C正确；
当时，，令，
得或，则或，
因为函数为偶函数，
所以当时，有且只有两个零点和，故D正确.
故选：BCD.
11. 如图，在矩形AEFC中，，EF=4，B为EF中点，现分别沿AB、BC将△ABE、△BCF翻折，使点E、F重合，记为点P，翻折后得到三棱锥P-ABC，则（ ）
A. 三棱锥的体积为 B. 直线PA与直线BC所成角的余弦值为
C. 直线PA与平面PBC所成角的正弦值为 D. 三棱锥外接球的半径为
【答案】BD
【解析】
【分析】证明平面，再根据即可判断A；先利用余弦定理求出，将用表示，利用向量法求解即可判断B；利用等体积法求出点到平面的距离，再根据直线PA与平面PBC所成角的正弦值为即可判断C；利用正弦定理求出的外接圆的半径，再利用勾股定理求出外接球的半径即可判断D.
【详解】由题意可得，
又平面，
所以平面，
在中，，边上的高为，
所以，故A错误；
对于B，在中，，
，
所以直线PA与直线BC所成角的余弦值为，故B正确；
对于C，，
设点到平面的距离为，
由，得，解得，
所以直线PA与平面PBC所成角的正弦值为，故C错误；
由B选项知，，则，
所以的外接圆的半径，
设三棱锥外接球的半径为，
又因为平面，
则，所以，
即三棱锥外接球的半径为，故D正确.
故选：BD.
12. 设抛物线C：的焦点为F，过抛物线C上不同的两点A，B分别作C的切线，两条切线的交点为P，AB的中点为Q，则（ ）
A. 轴 B. C. D.
【答案】AC
【解析】
【分析】设切线求交点根据两根之和判断A选项；特殊值法判断B,C选项；根据定义数形结合判断D选项.
【详解】对于A选项：设,
,,
过点A切线：①,
过点B切线为:②,
①②得
化简可得
轴,A选项正确.
设
过A点的切线为,过B点的切线为,交点为
AB的中点为，所以不垂直,B选项错误；
,所以,D选项错误;
作抛物线准线的垂线 ,连接
则
显然 ,所以
又因为由抛物线定义,得,故知 是线段 的中垂线,得到则
同理可证：,，
所以，即,
所以 ,即.
故选:AC.
三、填空题:本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 已知复数满足，则_____________.
【答案】
【解析】
【分析】解方程可得复数，利用共轭复数的定义结合复数的乘法可得结果.
【详解】因为，即，
所以，或，
若，则，则，
若，则，则.
综上所述，.
故答案为：.
14. 若，则__________(精确到0.01).
参考数据：若，则，.
【答案】0.82
【解析】
【分析】根据正态分布的均值和标准差计算概率.
【详解】因为，根据参考数据，.
故答案为：.
15. 已知函数的定义域为，若为奇函数，且，则_________.
【答案】
【解析】
【分析】推导出函数为周期函数，确定该函数的周期，计算出的值，结合以及周期性可求得的值.
【详解】因为为奇函数，则，
所以，，
在等式中，令，可得，解得，
又因为，则，①
所以，，②
由①②可得，即，
所以，函数为周期函数，且该函数的周期为，
所以，.
故答案为：.
16. 足球是一项很受欢迎的体育运动.如图，某标准足球场的底线宽码，球门宽码，球门位于底线的正中位置.在比赛过程中，攻方球员带球运动时，往往需要找到一点，使得最大，这时候点就是最佳射门位置.当攻方球员甲位于边线上的点处（，）时，根据场上形势判断，有、两条进攻线路可供选择.若选择线路，则甲带球_________码时，到达最佳射门位置；若选择线路，则甲带球_________码时，到达最佳射门位置.
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】若选择线路，设，利用两角差的正切公式可得出关于的表达式，利用基本不等式可求得的值及的长；若选择线路，若选择线路，以线段的中点为坐标原点，、的方向分别为、轴的正方向建立平面直角坐标系，利用斜率公式、两角差的正切公式以及基本不等式可求得结果.
【详解】若选择线路，设，其中，，，
则，，
所以，
，
当且仅当时，即当时，等号成立，此时，
所以，若选择线路，则甲带球码时，到达最佳射门位置；
若选择线路，以线段的中点为坐标原点，、的方向分别为、轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系，
则、、、，，
直线的方程为，设点，其中，
，，
所以，
，
令，则，
所以，
，
当且仅当时，即当，即当时，等号成立，
所以，，
当且仅当时，等号成立，
此时，，
所以，若选择线路，则甲带球码时，到达最佳射门位置.
故答案为：；.
【点睛】易错点睛：利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件：
（1）“一正二定三相等”“一正”就各项必须为正数；
（2）“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值；
（3）“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方.
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. 已知分别为三个内角的对边，且.
（1）证明:；
（2）若，，，求AM的长度.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）先利用三角形的内角和定理结合两角和差的正弦公式化简，再利用正弦定理和余弦定理化角为边，整理即可得证；
（2）在中，由（1）结合余弦定理求出，再在中，利用余弦定理即可得解.
【小问1详解】
由，
得，
则，
由正弦定理和余弦定理得，
化简得；
【小问2详解】
在中，，
又因为，所以，所以，
所以，
由，得，
在中，，
所以.
18. 飞盘运动是一项入门简单，又具有极强的趣味性和社交性的体育运动，目前已经成为了年轻人运动的新潮流.某俱乐部为了解年轻人爱好飞盘运动是否与性别有关，对该地区的年轻人进行了简单随机抽样，得到如下列联表:
性别
飞盘运动
合计
不爱好
爱好
男
6
16
22
女
4
24
28
合计
10
40
50
（1）在上述爱好飞盘运动的年轻人中按照性别采用分层抽样的方法抽取10人，再从这10人中随机选取3人访谈，记参与访谈的男性人数为X，求X的分布列和数学期望；
（2）依据小概率值的独立性检验，能否认为爱好飞盘运动与性别有关联？如果把上表中所有数据都扩大到原来的10倍，在相同的检验标准下，再用独立性检验推断爱好飞盘运动与性别之间的关联性，结论还一样吗？请解释其中的原因.
附:，其中.
0.1
0.01
0.001
2.706
6.635
10.828
【答案】（1）答案见解析
（2）答案见解析
【解析】
【分析】(1)分别写出对相应概率列分布列求数学期望即可；
(2)先求 再根据数表对应判断相关性即可，对比两次的值可以得出结论说明原因.
【小问1详解】
样本中爱好飞盘运动的年轻人中男性 16 人，女性 24 人，比例为 ，
按照性别采用分层抽样的方法抽取 10 人，则抽取男性 4人，女性 6人.
随机变量的取值为:.
,
,
随机变量的分布列为
随机变量的数学期望.
【小问2详解】
零假设为:爱好飞盘运动与性别无关联.
根据列联表重的数据，经计算得到
根据小概率值的独立性检验，没有充分证据推断不成立，因此可以认为成立，即认为爱好飞盘运动与性别无关联.
列联表中所有数据都扩大到原来的10倍后，
根据小概率值的独立性检验，推断成立，即认为爱好飞盘运动与性别有关联.
所以结论不一样，原因是每个数据都扩大为原来的 10 倍，相当于样本量变大为原来的 10 倍，导致推断结论发生了变化.
19. 在三棱柱中，，，.
（1）证明:；
（2）若，，求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】(1)先由线面垂直得出,又因为是的中点，可以得出结论；
(2)建系应用空间向量法求面面角的余弦值即可.
【小问1详解】
设的中点为，连接
因为，所以，又因为且，
所以， 因为平面，且，
所以平面 ,因 平面 ，
所以,又因为是的中点，
所以 .
【小问2详解】
在中，由余弦定理求得则
因为，所以，解得,
在和中，可知.
在中，，因此.
由(1)知，，且平面，且，
所以平面 .
以 所在直线分别为x轴，y轴，z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,
则.
所以,
设平面的法向量为,
则 ,
,
令，得.
设平面的法向量为,
则 ,
即
令，得 ,
设平面与平面夹角为,则,
所以平面与平面夹角的余弦值为.
20. 已知数列满足，，，.
（1）求数列的通项公式；
（2）证明:数列中的任意三项均不能构成等差数列.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】(1) 由 得,分奇偶项分别求通项，最后写出通项公式；
(2) 假设数列中存在三项数列 (其中）成等差数列，应用反证法得出矛盾证明即可.
【小问1详解】
由 ，得
以上两式相比，得,
由，得,
所以，数列是首项为3，公比4为的等比数列，,
数列是首项为6，公比为4的等比数列，,
综上，数列的通项公式为 .
【小问2详解】
假设数列中存在三项数列 (其中）成等差数列，则 .
由（1）得，即,两边同时除以，得(*)
(*）式左边为奇数，右边为偶数
(*）等式不成立，假设不成立.
所以，数列中得任意三项均不能构成等差数列．
21. 已知双曲线：，点M为双曲线C右支上一点，A、B为双曲线C的左、右顶点，直线与y轴交于点D，点Q在x轴正半轴上，点E在y轴上.
（1）若点，，过点Q作BM的垂线l交该双曲线C于S，T两点，求的面积；
（2）若点M不与B重合，从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立.①；②；③.注:若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）先根据已知，得出的方程，然后联立与双曲线的方程，根据韦达定理得出坐标的关系，表示出弦长，最后根据面积公式，即可得出答案；
（2）①②为条件，③为结论：易得.又，.然后根据直线的斜率可得出.设点，则，即可得出坐标；①③为条件，②为结论：易得，.又，即可的得出，，求解，整理即可得出证明；②③为条件，①为结论：易得，平方整理可得.根据，得.进而根据，即可求出，平方整理，即可得出证明.
【小问1详解】
由已知可得，，.
因为点，直线的斜率为，
所以直线的垂线的方程为，
整理可得，.
设点，，
联立直线与双曲线的方程可得，，
则，且，
所以，.
原点到直线的距离为，
所以，的面积为.
【小问2详解】
①②为条件，③为结论
令点，，且，
因为三点共线，所以.
又，所以点的坐标为，
所以直线的斜率为.
又，所以.
设点，
因为直线的斜率，
所以，
所以；
①③为条件，②为结论
令点，，且，
因为三点共线，所以.
又，所以点的坐标为，
又，点Q在x轴正半轴上，所以，
所以.
又，
所以，
所以，；
②③为条件，①为结论
令点，，且，不妨设.
因为三点共线，
所以，且.
因为，点Q在x轴正半轴上，所以.
因为，所以.
又，
所以，，且，
所以，，即.
【点睛】思路点睛：①②为条件，③为结论：先得出的斜率，根据，得出..然后根据两点坐标，表示出斜率，即可推出点的坐标.
22. 已知函数.
（1）讨论函数的单调性；
（2）当时，函数恰有两个零点.
（i）求m的取值范围；
（ii）证明:.
【答案】（1）答案见解析
（2）（i）；（ii）证明见解析
【解析】
【分析】（1）求导，再分和，根据导数的符号即可得出答案；
（2）（i）求导，，利用导数判断函数的单调性，再结合（1）分和两种情况讨论，利用零点的存在性定理即可得出答案；
（ii）由（i）可得要证，即证，先证明，再构造函数，利用导数判断出函数的单调性，从而可得出结论.
【小问1详解】
，
当时，，所以函数在上递减，
当时，设，则，
所以函数在上递增，即在上递增，
令，得，
当时，，函数为减函数，
当时，，函数为增函数，
综上可得，当时，函数在上递减；
当时，函数在上递减，在上递增；
【小问2详解】
（i），
函数的定义域为，
，
设，则，
所以函数在上递增，
由（1）可知，当时，，
即，
所以，
所以，
又因，由零点的存在性定理可得，
存在，使得，即，（*）
当时，，即，为减函数，
当时，，即，为增函数，
当时，由（*）可知，
且，
设，则，
所以函数在上递增，
因为，结合，
得，又，所以，
所以，
即，
所以当时，函数最多一个零点，与题意矛盾，
当时，，
设，则，
所以函数在上递增，
所以，即，
因为，所以，即，所以，
则，
所以，且，
当时，，
所以由的单调性可知，且，
所以当时，，为减函数，
当时，，为增函数，
所以由零点的存在性定理可知，在区间上存在唯一的零点，
，且，
所以由零点的存在性定理可知，在区间上存在唯一的零点，
所以当时，函数恰有两个零点，
综上所述，m的取值范围为；
（ii）因为，即，
则，
所以，
有基本不等式可得，
当且仅当，即时，取等号，
由，由可得，这与矛盾，所以，
所以，
要证，即证，
设，
则
所以函数在上递减，
所以当时，，
因为，所以，
所以，
又，
所以.
【点睛】方法点睛：用导数求函数零点个数问题方法：
（1）分离参数法：一般命题情境为给出区间，求满足函数零点个数的参数范围，通常解法为从函数中分离出参数，然后利用求导的方法求出构造的新函数的最值，最后根据题设条件构建关于参数的不等式，确定参数范围；
2023年深圳市高三年级第二次调研考试数学
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. {0} B. {2} C. {3} D. {0，3}
【答案】D
【解析】
【分析】计算和，再求补集.
【详解】因为，，所以，，
所以.
故选：D
2. 已知函数，则（ ）
A. 2 B. -2 C. D. -
【答案】A
【解析】
【分析】根据函数的分段点代入求值.
【详解】，因为，所以.
故选：A.
3. 设等差数列的前n项和为，若，，则（ ）
A. 0 B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由等差数列的前项和的性质可得：，，也成等差数列，即可得出．
【详解】由等差数列的前项和的性质可得：，，也成等差数列，
，
，解得．
故选：C.
4. 设表面积相等的正方体、正四面体和球的体积分别为、和，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设正方体棱长为，正四面体棱长为，球的半径为，面积为.表示出3个几何体的表面积，得出，进而求出体积的平方，比较体积的平方大小，然后得出答案.
【详解】设正方体棱长为，正四面体棱长为，球的半径为，面积为.
正方体表面积为，所以，
所以，；
如图，正四面体，为的中点，为的中心，则是底面上的高.
则，，所以，
所以，
所以，正四面体的表面积为，所以.
又为的中心，所以.
又根据正四面体的性质，可知，
所以，
所以，；
球的表面积为，所以，
所以，.
因为，
所以，，
所以，.
故选：B.
5. 已知中，，，与相交于点，，则有序数对（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据平面向量共线定理得到，，利用、分别表示出，再根据平面向量基本定理得到方程组，解得、，再代入计算可得.
【详解】依题意、、三点共线，故，
所以
，
又、、三点共线，故，
则
，
所以，解得，
所以，又，所以，
所以有序数对.
故选：D
6. 从1，2，3，4，5中随机选取三个不同的数，若这三个数之积为偶数，则它们之和大于8的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先列基本事件，再列满足条件的基本事件，最后根据古典概型求解.
【详解】从1，2，3，4，5中随机选取三个不同的数可得基本事件为，10种情况，
若这三个数之积为偶数有，9种情况，
它们之和大于8共有 ，5种情况，
从1，2，3，4，5中随机选取三个不同的数，若这三个数之积为偶数，则它们之和大于8的概率为.
故选:D.
7. 设椭圆C：的左、右焦点分别为，，直线l过点.若点关于l的对称点P恰好在椭圆C上，且，则C的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据已知结合椭圆的定义可推得，.然后根据，可推得.最后根据余弦定理，即可得到关于的齐次方程，即可得出离心率.
【详解】
设，
由已知可得，，
根据椭圆的定义有.
又，
所以
在中，由余弦定理可得，
，
即，
整理可得，
等式两边同时除以可得，，
解得，或（舍去），
所以.
故选：C.
8. 已知，，且，则下列关系式恒成立的为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】构造，，求导研究其单调性，分类讨论得到正确选项.
【详解】构造，，
则，
当时，，，
所以在单调递增，
因为，
当，时，则,所以所以
单调递增，所以;
当，时,所以所以,
单调递减，所以.
故选：A
【点睛】关键点点睛，构造函数，本题中构造进行求解，利用函数单调性比较函数值的大小，.
二、选择题: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. 为了研究y关于x的线性相关关系，收集了5组样本数据(见下表)：
x
1
2
3
4
5
y
0.5
0.8
1
1.2
1.5
假设经验回归方程为，则（ ）
A.
B. 当时，y的预测值为2.2
C. 样本数据y的40%分位数为0.8
D. 去掉样本点后，x与y的样本相关系数r不变
【答案】ABD
【解析】
【分析】对于A选项： 根据回归直线必过点解得;对于B选项：结合经验回归方程的性质即可求解；对于C选项：结合百分位数的定义即可求解； 对于D选项：根据相关系数的性质即可判断；
【详解】对于A选项：线性回归方程必过点，，，解得，所以选项A正确；
对于B选项：当时，可以的出y的预测值为2.2,所以B选项正确；
对于C选项：从小到大排列共有5个数据，则是整数，则第40百分位数为从小到大排列的第3个数据，
即第40百分位数为3，所以C选项错误；
对于D选项：因为相关系数为,
5组样本数据的相关系数为：
，
去掉样本中心点后相关系数为，
所以相关系数r不变,所以D选项正确；
故选：ABD.
10. 已知是定义在闭区间上的偶函数，且在y轴右侧的图象是函数图象的一部分(如图所示)，则（ ）
A. 的定义域为
B. 当时，取得最大值
C. 当时，的单调递增区间为
D. 当时，有且只有两个零点和
【答案】BCD
【解析】
【分析】先利用待定系数法求出，再根据原点右侧的第二个零点为，即可判断A；求出的值即可判断B；求出当时的减区间，结合函数为偶函数即可判断C；求出当时的零点，结合函数为偶函数即可判断D.
【详解】由图得，且位于增区间上，
所以，又因为，所以，
，
则，得，所以，
所以，
由图可知，原点右侧的第二个零点为，
所以的定义域为，故A错误；
当时，，
因为为最大值，则当时，取得最大值，故B正确；
当时，令，则，
又因为，
所以当时，的减区间为，
因为函数为偶函数，
所以当时，的单调递增区间为，故C正确；
当时，，令，
得或，则或，
因为函数为偶函数，
所以当时，有且只有两个零点和，故D正确.
故选：BCD.
11. 如图，在矩形AEFC中，，EF=4，B为EF中点，现分别沿AB、BC将△ABE、△BCF翻折，使点E、F重合，记为点P，翻折后得到三棱锥P-ABC，则（ ）
A. 三棱锥的体积为 B. 直线PA与直线BC所成角的余弦值为
C. 直线PA与平面PBC所成角的正弦值为 D. 三棱锥外接球的半径为
【答案】BD
【解析】
【分析】证明平面，再根据即可判断A；先利用余弦定理求出，将用表示，利用向量法求解即可判断B；利用等体积法求出点到平面的距离，再根据直线PA与平面PBC所成角的正弦值为即可判断C；利用正弦定理求出的外接圆的半径，再利用勾股定理求出外接球的半径即可判断D.
【详解】由题意可得，
又平面，
所以平面，
在中，，边上的高为，
所以，故A错误；
对于B，在中，，
，
所以直线PA与直线BC所成角的余弦值为，故B正确；
对于C，，
设点到平面的距离为，
由，得，解得，
所以直线PA与平面PBC所成角的正弦值为，故C错误；
由B选项知，，则，
所以的外接圆的半径，
设三棱锥外接球的半径为，
又因为平面，
则，所以，
即三棱锥外接球的半径为，故D正确.
故选：BD.
12. 设抛物线C：的焦点为F，过抛物线C上不同的两点A，B分别作C的切线，两条切线的交点为P，AB的中点为Q，则（ ）
A. 轴 B. C. D.
【答案】AC
【解析】
【分析】设切线求交点根据两根之和判断A选项；特殊值法判断B,C选项；根据定义数形结合判断D选项.
【详解】对于A选项：设,
,,
过点A切线：①,
过点B切线为:②,
①②得
化简可得
轴,A选项正确.
设
过A点的切线为,过B点的切线为,交点为
AB的中点为，所以不垂直,B选项错误；
,所以,D选项错误;
作抛物线准线的垂线 ,连接
则
显然 ,所以
又因为由抛物线定义,得,故知 是线段 的中垂线,得到则
同理可证：,，
所以，即,
所以 ,即.
故选:AC.
三、填空题:本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 已知复数满足，则_____________.
【答案】
【解析】
【分析】解方程可得复数，利用共轭复数的定义结合复数的乘法可得结果.
【详解】因为，即，
所以，或，
若，则，则，
若，则，则.
综上所述，.
故答案为：.
14. 若，则__________(精确到0.01).
参考数据：若，则，.
【答案】0.82
【解析】
【分析】根据正态分布的均值和标准差计算概率.
【详解】因为，根据参考数据，.
故答案为：.
15. 已知函数的定义域为，若为奇函数，且，则_________.
【答案】
【解析】
【分析】推导出函数为周期函数，确定该函数的周期，计算出的值，结合以及周期性可求得的值.
【详解】因为为奇函数，则，
所以，，
在等式中，令，可得，解得，
又因为，则，①
所以，，②
由①②可得，即，
所以，函数为周期函数，且该函数的周期为，
所以，.
故答案为：.
16. 足球是一项很受欢迎的体育运动.如图，某标准足球场的底线宽码，球门宽码，球门位于底线的正中位置.在比赛过程中，攻方球员带球运动时，往往需要找到一点，使得最大，这时候点就是最佳射门位置.当攻方球员甲位于边线上的点处（，）时，根据场上形势判断，有、两条进攻线路可供选择.若选择线路，则甲带球_________码时，到达最佳射门位置；若选择线路，则甲带球_________码时，到达最佳射门位置.
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】若选择线路，设，利用两角差的正切公式可得出关于的表达式，利用基本不等式可求得的值及的长；若选择线路，若选择线路，以线段的中点为坐标原点，、的方向分别为、轴的正方向建立平面直角坐标系，利用斜率公式、两角差的正切公式以及基本不等式可求得结果.
【详解】若选择线路，设，其中，，，
则，，
所以，
，
当且仅当时，即当时，等号成立，此时，
所以，若选择线路，则甲带球码时，到达最佳射门位置；
若选择线路，以线段的中点为坐标原点，、的方向分别为、轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系，
则、、、，，
直线的方程为，设点，其中，
，，
所以，
，
令，则，
所以，
，
当且仅当时，即当，即当时，等号成立，
所以，，
当且仅当时，等号成立，
此时，，
所以，若选择线路，则甲带球码时，到达最佳射门位置.
故答案为：；.
【点睛】易错点睛：利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件：
（1）“一正二定三相等”“一正”就各项必须为正数；
（2）“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值；
（3）“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方.
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. 已知分别为三个内角的对边，且.
（1）证明:；
（2）若，，，求AM的长度.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）先利用三角形的内角和定理结合两角和差的正弦公式化简，再利用正弦定理和余弦定理化角为边，整理即可得证；
（2）在中，由（1）结合余弦定理求出，再在中，利用余弦定理即可得解.
【小问1详解】
由，
得，
则，
由正弦定理和余弦定理得，
化简得；
【小问2详解】
在中，，
又因为，所以，所以，
所以，
由，得，
在中，，
所以.
18. 飞盘运动是一项入门简单，又具有极强的趣味性和社交性的体育运动，目前已经成为了年轻人运动的新潮流.某俱乐部为了解年轻人爱好飞盘运动是否与性别有关，对该地区的年轻人进行了简单随机抽样，得到如下列联表:
性别
飞盘运动
合计
不爱好
爱好
男
6
16
22
女
4
24
28
合计
10
40
50
（1）在上述爱好飞盘运动的年轻人中按照性别采用分层抽样的方法抽取10人，再从这10人中随机选取3人访谈，记参与访谈的男性人数为X，求X的分布列和数学期望；
（2）依据小概率值的独立性检验，能否认为爱好飞盘运动与性别有关联？如果把上表中所有数据都扩大到原来的10倍，在相同的检验标准下，再用独立性检验推断爱好飞盘运动与性别之间的关联性，结论还一样吗？请解释其中的原因.
附:，其中.
0.1
0.01
0.001
2.706
6.635
10.828
【答案】（1）答案见解析
（2）答案见解析
【解析】
【分析】(1)分别写出对相应概率列分布列求数学期望即可；
(2)先求 再根据数表对应判断相关性即可，对比两次的值可以得出结论说明原因.
【小问1详解】
样本中爱好飞盘运动的年轻人中男性 16 人，女性 24 人，比例为 ，
按照性别采用分层抽样的方法抽取 10 人，则抽取男性 4人，女性 6人.
随机变量的取值为:.
,
,
随机变量的分布列为
随机变量的数学期望.
【小问2详解】
零假设为:爱好飞盘运动与性别无关联.
根据列联表重的数据，经计算得到
根据小概率值的独立性检验，没有充分证据推断不成立，因此可以认为成立，即认为爱好飞盘运动与性别无关联.
列联表中所有数据都扩大到原来的10倍后，
根据小概率值的独立性检验，推断成立，即认为爱好飞盘运动与性别有关联.
所以结论不一样，原因是每个数据都扩大为原来的 10 倍，相当于样本量变大为原来的 10 倍，导致推断结论发生了变化.
19. 在三棱柱中，，，.
（1）证明:；
（2）若，，求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】(1)先由线面垂直得出,又因为是的中点，可以得出结论；
(2)建系应用空间向量法求面面角的余弦值即可.
【小问1详解】
设的中点为，连接
因为，所以，又因为且，
所以， 因为平面，且，
所以平面 ,因 平面 ，
所以,又因为是的中点，
所以 .
【小问2详解】
在中，由余弦定理求得则
因为，所以，解得,
在和中，可知.
在中，，因此.
由(1)知，，且平面，且，
所以平面 .
以 所在直线分别为x轴，y轴，z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,
则.
所以,
设平面的法向量为,
则 ,
,
令，得.
设平面的法向量为,
则 ,
即
令，得 ,
设平面与平面夹角为,则,
所以平面与平面夹角的余弦值为.
20. 已知数列满足，，，.
（1）求数列的通项公式；
（2）证明:数列中的任意三项均不能构成等差数列.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】(1) 由 得,分奇偶项分别求通项，最后写出通项公式；
(2) 假设数列中存在三项数列 (其中）成等差数列，应用反证法得出矛盾证明即可.
【小问1详解】
由 ，得
以上两式相比，得,
由，得,
所以，数列是首项为3，公比4为的等比数列，,
数列是首项为6，公比为4的等比数列，,
综上，数列的通项公式为 .
【小问2详解】
假设数列中存在三项数列 (其中）成等差数列，则 .
由（1）得，即,两边同时除以，得(*)
(*）式左边为奇数，右边为偶数
(*）等式不成立，假设不成立.
所以，数列中得任意三项均不能构成等差数列．
21. 已知双曲线：，点M为双曲线C右支上一点，A、B为双曲线C的左、右顶点，直线与y轴交于点D，点Q在x轴正半轴上，点E在y轴上.
（1）若点，，过点Q作BM的垂线l交该双曲线C于S，T两点，求的面积；
（2）若点M不与B重合，从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立.①；②；③.注:若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）先根据已知，得出的方程，然后联立与双曲线的方程，根据韦达定理得出坐标的关系，表示出弦长，最后根据面积公式，即可得出答案；
（2）①②为条件，③为结论：易得.又，.然后根据直线的斜率可得出.设点，则，即可得出坐标；①③为条件，②为结论：易得，.又，即可的得出，，求解，整理即可得出证明；②③为条件，①为结论：易得，平方整理可得.根据，得.进而根据，即可求出，平方整理，即可得出证明.
【小问1详解】
由已知可得，，.
因为点，直线的斜率为，
所以直线的垂线的方程为，
整理可得，.
设点，，
联立直线与双曲线的方程可得，，
则，且，
所以，.
原点到直线的距离为，
所以，的面积为.
【小问2详解】
①②为条件，③为结论
令点，，且，
因为三点共线，所以.
又，所以点的坐标为，
所以直线的斜率为.
又，所以.
设点，
因为直线的斜率，
所以，
所以；
①③为条件，②为结论
令点，，且，
因为三点共线，所以.
又，所以点的坐标为，
又，点Q在x轴正半轴上，所以，
所以.
又，
所以，
所以，；
②③为条件，①为结论
令点，，且，不妨设.
因为三点共线，
所以，且.
因为，点Q在x轴正半轴上，所以.
因为，所以.
又，
所以，，且，
所以，，即.
【点睛】思路点睛：①②为条件，③为结论：先得出的斜率，根据，得出..然后根据两点坐标，表示出斜率，即可推出点的坐标.
22. 已知函数.
（1）讨论函数的单调性；
（2）当时，函数恰有两个零点.
（i）求m的取值范围；
（ii）证明:.
【答案】（1）答案见解析
（2）（i）；（ii）证明见解析
【解析】
【分析】（1）求导，再分和，根据导数的符号即可得出答案；
（2）（i）求导，，利用导数判断函数的单调性，再结合（1）分和两种情况讨论，利用零点的存在性定理即可得出答案；
（ii）由（i）可得要证，即证，先证明，再构造函数，利用导数判断出函数的单调性，从而可得出结论.
【小问1详解】
，
当时，，所以函数在上递减，
当时，设，则，
所以函数在上递增，即在上递增，
令，得，
当时，，函数为减函数，
当时，，函数为增函数，
综上可得，当时，函数在上递减；
当时，函数在上递减，在上递增；
【小问2详解】
（i），
函数的定义域为，
，
设，则，
所以函数在上递增，
由（1）可知，当时，，
即，
所以，
所以，
又因，由零点的存在性定理可得，
存在，使得，即，（*）
当时，，即，为减函数，
当时，，即，为增函数，
当时，由（*）可知，
且，
设，则，
所以函数在上递增，
因为，结合，
得，又，所以，
所以，
即，
所以当时，函数最多一个零点，与题意矛盾，
当时，，
设，则，
所以函数在上递增，
所以，即，
因为，所以，即，所以，
则，
所以，且，
当时，，
所以由的单调性可知，且，
所以当时，，为减函数，
当时，，为增函数，
所以由零点的存在性定理可知，在区间上存在唯一的零点，
，且，
所以由零点的存在性定理可知，在区间上存在唯一的零点，
所以当时，函数恰有两个零点，
综上所述，m的取值范围为；
（ii）因为，即，
则，
所以，
有基本不等式可得，
当且仅当，即时，取等号，
由，由可得，这与矛盾，所以，
所以，
要证，即证，
设，
则
所以函数在上递减，
所以当时，，
因为，所以，
所以，
又，
所以.
【点睛】方法点睛：用导数求函数零点个数问题方法：
（1）分离参数法：一般命题情境为给出区间，求满足函数零点个数的参数范围，通常解法为从函数中分离出参数，然后利用求导的方法求出构造的新函数的最值，最后根据题设条件构建关于参数的不等式，确定参数范围；
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