【名校】广东省深圳外国语学校2022-2023学年高二下学期期末数学试题

秘密★启用前2022-2023学年度深圳外国语学校高二年级第二学期期末考试（数学）试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号码填写在答题卡上。2．作答时，务必将答案写在答题卡上。写在本试卷及草稿纸上无效。3．考试结束后，将答题卡交回。一、单选题：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，则实数的值为（）A．B．C．D．2．设是复数且，则的最小值为（）A．1B．C．D．3．在平面直角坐标系中，已知点为角终边上一点，若，则（）A．B．C．D．4．已知圆台的上、下底面圆的半径之比为，侧面积为，在圆台的内部有一球，该球与圆台的上、下底面及母线均相切，则球的表面积为（）A．B．C．D．5．设为单位向量，在方向上的投影向量为，则（）A．B．C．D．6．已知改良工艺前所排放废水中含有的污染物数量为，首次改良工艺后排放的废水中含有的污染物数量为，第次改良工艺后排放的废水中含有的污染物数量满足函数模型，其中为改良工艺前所排放的废水中含有的污染物数量，为首次改良工艺后所排放的废水中含有的污染物数量，为改良工艺的次数．假设废水中含有的污染物数量不超过时符合废水排放标准，若该企业排放废水符合排放标准，则改良工艺次数最少要（参考数据： ）（）次。A．8B．9C．10D．117．设实数为自然对数的底数，若，则（）A．B．C．D．8．已知分别是双曲线的左右焦点，直线过点，且与双曲线右支交于两点，为坐标原点，的内切圆的圆心分别为，则面积的取值范围是（）A．B．C．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．9．一个盒中装有质地、大小、形状完全相同的3个白球和4个红球，依次从中抽取两个球，规定：若第一次取到的是白球，则不放回，继续抽取下一个球；若第一次取到的是红球，则放回后继续抽取下一个球，下列说法正确的是（）A．第二次取到白球的概率是B．“取到两个红球”和“取到两个白球”互为对立事件C．“第一次取到红球”和“第二次取到红球”互为独立事件D．已知第二次取到的是红球，则第一次取到的是白球的概率为10．设定义在R上的函数与的导函数分别为和．若，，且为奇函数，则（）．A．B．C．D．11．对于数列，若存在常数，对任意的，恒有，则称数列为“差收敛”数列．比如，常数列满足此条件，所以是“差收敛”数列，以下说法正确的是（） A．首项为1，公比为的等比数列是“差收敛”数列B．设是数列的前项和，若数列是“差收敛”数列，那么数列为“差收敛”数列C．等差数列一定为“差收敛”数列D．有界数列一定为“差收敛”数列12．已知正四面体的棱长为，其所有顶点均在球的球面上．已知点满足，过点作平面平行于和，平面分别与该正四面体的棱相交于点，则（）A．四边形的周长是变化的B．四棱锥体积的最大值为C．当时，平面截球所得截面的周长为D．当时，将正四面体绕旋转后与原四面体的公共部分的体积为三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13．一个容量为9的样本，它的平均数为，方差为，把这个样本中一个为4的数据去掉，变成一个容量为8的新样本，则新样本的平均数为__________，方差为__________．14．小明跟父母、爷爷奶奶一同参加《中国诗词大会》的现场录制，5人坐成一排．若小明的父母至少有一人与他相邻，则不同坐法的总数为__________．15．已知点在抛物线上，过点作圆的两条切线分别交抛物线于两点，则直线的方程为__________．16．在中，记角所对的边分别是，面积为，则的最大值为__________．四、解答题：本题共6小题，共70分．解答题应写出文字说明､证明过程或演算步骤．17．（10分）篮球诞生美国马萨诸塞州的春田学院.1891年，春田学院的体育教师加拿大人詹姆斯奈史密斯博士（JamesNaismith）为了对付冬季寒冷的气温，让学生们能够在室内有限的空间里继续进行有趣的传球训练．现有甲、乙、丙3名同学在某次传球的训练中，球从甲开始，等可能地随机传向另外2人中的1人，接球者接到球后再等可能地随机传向另外2人中的1人，如此不停地传下去，假设传出的球都能接住．记第次传球之前球在甲手里的概率为，第次传球之前球在乙手里的概率为，显然． （1）求的值；（2）比较的大小．18．（12分）已知函数的图象经过点．（1）若的最小正周期为，求的解析式；（2）若，是否存在实数，使得在上单调？若存在，求出的取值集合；若不存在，请说明理由．19．（12分）放行准点率是衡量机场运行效率和服务质量的重要指标之一．某机场自2012年起采取相关策略优化各个服务环节，运行效率不断提升．以下是根据近10年年份数与该机场飞往地航班放行准点率（）（单位：百分比）的统计数据所作的散点图及经过初步处理后得到的一些统计量的值．2017.580.41.540703145.01621254.227.71226.8其中（1）根据散点图判断，与哪一个适宜作为该机场飞往A地航班放行准点率关于年份数的经验回归方程类型（给出判断即可，不必说明理由），并根据表中数据建立经验回归方程，由此预测2023年该机场飞往A地的航班放行准点率．（2）已知2023年该机场飞往A地、B地和其他地区的航班比例分别为0.2、0.2和0.6．若以（1）中的预测值作为2023年该机场飞往A地航班放行准点率的估计值，且2023年该机场飞往B地及其他地区（不包含A、B两地）航班放行准点率的估计值分别为和，试解决以下问题： （ⅰ）现从2023年在该机场起飞的航班中随机抽取一个，求该航班准点放行的概率；（ⅱ）若2023年某航班在该机场准点放行，判断该航班飞往A地、B地、其他地区等三种情况中的哪种情况的可能性最大，说明你的理由．附：（1）对于一组数据，其回归直线的斜率和截距的最小二乘估计分别为，参考数据：．20．（12分）如图，已知四棱锥的底面是平行四边形，分别是棱的中点，是棱上一点，且．（1）求证：平面；（2）若，求直线与平面所成角的正弦值．21．（12分）已知椭圆的离心率为，过点．（1）求椭圆的标准方程；（2）设椭圆的右焦点为，定直线，过点且斜率不为零的直线与椭圆交于两点，过两点分别作于于，直线交于点，证明：点为定点，并求出点的坐标．22．（12分）已知函数． （1）证明：函数在上有且只有一个零点；（2）当时，求函数的最小值；（3）设，若对任意的恒成立，且不等式两端等号均能取到，求的最大值．2022~2023学年度第二学期期末考试数学参考答案一、单选题：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．12345678ACBCDDCB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9101112ADACABBCD三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．5，214．8415．16．四、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．【详解】（1）第3次传球之前，球在甲手中的情形何分为：甲乙甲或甲丙甲所以，第3次传球之前，球在乙手里的情形仅有：甲丙乙所以，所以．（2）由题意知，整理得：所以，所以成首项为，公比为的等比数列， 又．同理成首项为，公比为的等比数列，所以因为，所以．18．【解析】（1）因为的最小正周期为，所以．因为，所以．因为的图象经过点，所以，即．因为，所以，故．（2）因为，所以直线为图象对称轴，又的图象经过点．所以②，．②减去①，得，所以因为，所以，即为正奇数．因为在上单调，所以，即，解得．当时，．因为，所以，此时．令，则在上单调递增，在上单调递减，故在上不单调，不符合题意； 当时，．因为，所以，此时．令在上单调递减，故在上单调，符合题意；当时，．因为，所以，此时．令在上单调递减，故在上单调，符合题意，综上，存在实数，使得在上单调，且的取值集合为19．【解析】（1）由散点图判断适宜作为该机场飞往地航班放行准点率关于年份数的经验回归方程类型．令，先建立关于的线性回归方程．由于，，该机场飞往A地航班放行准点率关于的线性回归方程为，因此关于年份数的回归方程为当时，．所以2023年该机场飞往A地航班放行准点率的预报值为．（2）设“该航班飞往地”，“该航班飞往B地”，“该航班飞往其他地区”，“该航班准点放行”，则，，，，， ．（ⅰ）由全概率公式得，，所以该航班准点放行的概率为0.778．（ⅱ），，，因为，所以可判断该航班飞往其他地区可能性最大．20．证明：取的中点，连接，易知，故四点共面，由题意知分别为的中点，故，又平面平面，因此平面；（2）解：连接交于点，则为平行四边形的中心，又，则等腰中，根据三线合一，有，又，故平面，设，则，，， 相加并整理得，①在，中，有，即，②，③解方程组①②③得，，故，于是，在中，是中点，故，于是，设点到平面的距离为，由，得，故，故所求线面角的正弦值．21．【详解】（1）因为椭圆的离心率为，所以，又椭圆过点，所以，解得，所以椭圆的方程为；（2）由（1）点的坐标为，因为直线的斜率不为零，所以可设的方程为：， 由得，设，则，因为，所以，所以，故的方程为：，由椭圆的对称性，则定点必在轴上，所以令，则，而，所以，故直线恒过定点，且定点为，因为，所以，所以，故的方程为：，令，则，而，所以，故直线恒过定点，且定点为，所以直线交于点定，点的坐标为． 22．【解析】（1）令，得，令，要证函数在上有且只有一个零点，即证在上有且只有一个零点．因为，所以函数在上单调递减，由，则，由零点存在性定理可知，函数在上有且只有一个零点．故得证．（2），因为，所以当时，显然，则；当时，令，因为，（令，则，所以在上单调递增，则，所以）所以当时，在上单调递增，故，则，则函数在上单调递减，在上单调递增，所以．（3）由（1）知，函数在上有且只有一个零点，由（2）知函数在上单调递减，在上单调递增，且当，函数趋近于0， 考虑到，则，则，当变大时，则减小．要使最大，则，则，且等号取到与函数相切，设切点坐标为，则，则有，即，解得，.9分（下面证明唯一性）可化为，，令，函数在上单调递减，则，当时，因为时，恒有，则，所以，当时，因为时，恒有，则， 所以，所以函数在上单调递减，在上单调递增，又因为函数的最小正周期为，所以函数与在上有唯一的交点，草图如下：故，所以的最大值为．