广东省深圳市2022-2023学年高三下学期第二次调研考试（二模）数学试卷（Word版附解析）

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：D2.已知函数，则（）A.2B.-2C.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.0B.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：D6.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)：x12345y0.50.811.21.5假设经验回归方程为，则（）A.B.当时，y的预测值为2.2C.样本数据y的40%分位数为0.8D.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61622女42428合计104050（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.0.10.010.0012.7066.63510.828【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；