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（解析版）

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.【答案】A【解析】【分析】由题设知，讨论、求a值，结合集合的性质确定a值即可.【详解】由知：，当，即，则，与集合中元素互异性有矛盾，不符合；当，即或，若，则，与集合中元素互异性有矛盾，不符合；若，则，，满足要求.综上，.故选：A2.设是复数且，则的最小值为（）A.1B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据复数模的几何意义，结合图象，即可求解. 【详解】根据复数模的几何意义可知，表示复平面内以为圆心，1为半径的圆，而表示复数到原点的距离，由图可知，.故选：C3.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.【答案】B【解析】【分析】根据三角函数的定义求出与，再结合及求出，利用余弦差角公式求出答案.【详解】由题意得：，，，因为，所以，因为，所以，故，所以.故选：B 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.【答案】C【解析】【分析】由圆台的侧面积公式及球的表面积公式计算即可.【详解】设圆台的上底面圆半径为，则底面圆半径为，母线长为，如图所示，作出圆台与球的轴截面.由于球与圆台的上下底面及母线均相切，故.根据圆台的侧面积公式，可得，所以球的直径为，故半径为，表面积为：故选：C5.设为单位向量，在方向上的投影向量为，则（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据投影向量的定义，结合平面向量数量积的运算性质进行求解即可.【详解】因为在方向上的投影向量为，所以， 所以有，故选：D6.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.11【答案】D【解析】【分析】又与的关系，结合条件求，再由条件列不等式，结合指数，对数运算性质和对数函数性质解不等式可得结论.【详解】因为，所以又，所以，所以所以由可得，所以，所以，又，所以，所以，，所以要使该企业排放的废水符合排放标准，改良工艺次数最少要11次， 故选：D.7.设实数，e为自然对数的底数，若，则（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】可对原不等式进行变形，再将转换成，构造函数，研究其函数的单调性，并根据和的大小关系，利用单调性进行求解即可.【详解】由，可得，两边同除得：，可设函数，，当时，，故单调递增，当时，，故单调递减，图像如上图所示，因为，，故由可得，所以，整理得得.故选：C.【点睛】指对同构，经常使用的变换形式有两种，一种是将x变成lnex然后构造函数；另一种是将x变成elnx然后构造函数.8.已知，分别为双曲线的左，右焦点，直线l过点，且与双曲线右支交于A，B两点，O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.【答案】B【解析】【分析】先根据切线长定理判定两个内切圆的横坐标值，再设的内切圆半径为，根据图形性质计算得面积的解析式，再利用函数单调性即可求得面积的取值范围【详解】设圆与，，分别切于点，，.由双曲线定义知，，∴，∵，，，∴，又，∴，，即点为双曲线的右顶点.∵轴，∴的横坐标为，同理：横坐标也为.∵平分，平分.∴，设、内切圆半径分别为，，∵轴，∴，∵，∴.设直线倾斜角为，又为双曲线右支上两点， 又渐近线方程为，∴由题意得，∴，∴，即又在单调递减，在单调递增当时，，此时取得最小值；当时，；当时，，∴.故选：B.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【答案】ACD【解析】【分析】考虑到第一次取到的球有两种可能，由此计算第二次取到白球的概率，判断A;依次两次取球还有可能取到一白球和一红球，由此判断B;根据对立事件的概念可判断C;根据条件概率的计算公式求得已知第二次取到的是红球，则第一次取到的是白球的概率，可判断D.【详解】对于A,若第一次取到白球，第二次取到白球，则概率为，,若第一次取到红球，第二次取到白球，则概率为， 故第二次取到白球的概率是，故A正确；对于B，除了“取到两个红球”和“取到两个白球”这种事件可能发生外，还有可能是取到一白球和一红球，因此“取到两个红球”和“取到两个白球”是互斥事件，但不对立，故B错误；对于C，由于第一次取到红球后，则放回，那么不影响第二次取到什么球，因此“第一次取到红球”和“第二次取到红球”互为独立事件，故C正确；对于D,设第二次取到的是红球为事件A,设第一次取到的是白球为事件B，则,,故,故D正确，故选：ACD10.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.【答案】AC【解析】【分析】由为奇函数，结合奇函数的性质判断A，由条件证明为周期为的函数，利用组合求和法求判断C，根据条件证明，由此判断BD.【详解】对A，又∵为奇函数，则图像关于对称，且，所以，A正确；对于C，∵，则，则，又，所以， 令，可得，即.所以，又所以，所以，∴的周期，所以，由可得，，，，所以，，∴，C正确；对B，，则是周期的函数，，B错误；对D，，，所以，所以，D错误.故选：AC【点睛】知识点点睛：本题考查导数的运算，奇函数的性质，抽象函数周期性的证明，分组求和法等知识点，属于综合题，考查逻辑推理和首项运算的核心素养.11.对于数列，若存在常数，对任意的，恒有，则称数列为数列．比如，常数列满足此条件，所以是数列，以下说法正确的是（    ）A.首项为1，公比为的等比数列是数列B.设是数列的前项和，若数列是数列，那么数列为数列C.等差数列一定为数列D.有界数列一定为数列 【答案】AB【解析】【分析】A由题设，根据数列新定义及等比数列前n项和公式判断数列性质；B由数列性质有，进而判断是否满足要求；C、D利用等差数列及数列有界性，令的公差为、，根据数列性质判断.【详解】A：由题意，则，因此，故是数列，正确；B：若数列数列，则存在，对任意的，有，即，所以，所以数列为数列，正确；C：设等差数列的公差为，则，所以不存在，对任意的，，所以等差数列不一定为数列，错误；D：设数列有界数列，则存在，使得，所以，不是常数，所以有界数列不一定为数列，错误．故选：AB12.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【答案】BCD【解析】【分析】根据题意可得平面平面．对于A，根据平行关系可得，，由此能求出四边形的周长；对于B，推导四边形出为矩形，点到平面的距离，四棱锥的体积与之间的关系式为，则，利用导数性质能求出四棱锥体积的最大值；对于C，正四面体的外接球即为正方体的外接球，其半径，由此能求出平面截球所得截面的周长；对于D，两个正四面体的公共部分为几何体为两个相同的正四棱锥组合而成，由此能求出所求公共部分的体积．【详解】正四面体的棱长为，其所有顶点均在球的球面上．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，，，球心即为该正方体的中心，连接，设，，，四边形为平行四边形，．又平面，平面，由线面平行的判定定理得平面．平面，，，平面，平面平面．对于A，如图①，平面平面，平面平面，平面平面， ，则，即，同理可得，，，，四边形的周长，故A错误；对于B，如图①，由可知，，且，，四边形为正方形，，四边形为矩形，点到平面的距离，四棱锥的体积与之间的关系式为，则，，当时，，单调递增；当时，，单调递减，所以当时，取到最大值，四棱锥体积的最大值为，故B正确；对于C，正四面体的外接球即为正方体的外接球，其半径．设平面截球所得截面的圆心为，半径为，当时，．，则，平面截球所得截面的周长为，故C正确；对于D，如图②，将正四面体绕旋转后得到正四面体，设，，，，连接，，，，，，，，，，，，，，分别为各面的中心，两个正四面体的公共部分为几何体为两个相同的正四棱锥组合而成， 又，正四棱锥的高为，正四面体绕旋转后与原四面体的公共部分的体积为，故D正确．故选：BCD．【点睛】方法点睛：解决与球相关的切、接问题，其通法是作出截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题思维流程如下：（1）定球心：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为球的半径；如果是外接球，球心到接点的距离相等且为半径；（2）作截面：选准最佳角度做出截面（要使这个截面尽可能多的包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素的关系），达到空间问题平面化的目的；（3）求半径下结论：根据作出截面中的几何元素，建立关于球的半径的方程，并求解.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________.【答案】①.5②.2【解析】【分析】根据样本平均数和方程列方程，然后利用平均数和方差的计算公式，计算除去后新的样本的平均数和方差.【详解】由题设，.新样本的平均数为.因为.所以这个容量为8的样本方差为.故答案为：(1).5(2).2【点睛】本小题主要考查平均数和方差的计算，考查化归与转化的数学思想方法，考查运算求解能力，属于中档题. 14.小明和爸爸妈妈、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小明相邻，则不同的坐法总数为________．【答案】84【解析】【详解】根据题意，分3种情况讨论：①若小明的父母的只有1人与小明相邻且父母不相邻时，先在其父母中选一人与小明相邻,有种情况，将小明与选出的家长看成一个整体,考虑其顺序有种情况，当父母不相邻时,需要将爷爷奶奶进行全排列,将整体与另一个家长安排在空位中,有种安排方法，此时有2×2×12=48种不同坐法；②若小明的父母的只有1人与小明相邻且父母相邻时，将父母及小明看成一个整体，小明在一端，有2种情况，考虑父母之间的顺序，有2种情况，则这个整体内部有2×2=4种情况，将这个整体与爷爷奶奶进行全排列,有种情况，此时有2×2×6=24种不同坐法；③小明的父母都与小明相邻，即小明在中间，父母在两边，将3人看成一个整体,考虑父母的顺序,有种情况，将这个整体与爷爷奶奶进行全排列,有种情况，此时，共有2×6=12种不同坐法；则一共有48+24+12=84种不同坐法.15.已知点在抛物线上，过点A作圆的两条切线分别交抛物线于B，C两点，则直线BC的方程为____________．【答案】【解析】【分析】根据给定的条件，求出抛物线的方程，设出圆的切线方程并求出切线的斜率，再设出点B，C的坐标并求出，即可求出直线方程作答.【详解】因为点在抛物线上，则，解得，即抛物线方程为， 显然过点A作圆的两条切线斜率存在，设此切线方程为，即，于是，解得，设点，不妨令直线的斜率分别为，于是，，同理，直线的斜率，而点，直线BC的方程为，即.故答案为：【点睛】结论点睛：点是抛物线上的两点，则直线斜率；点是抛物线上的两点，则直线斜率.16.在中，记角A，B，C所对的边分别是a，b，c，面积为S，则的最大值为______【答案】【解析】【分析】利用面积公式和余弦定理，结合均值不等式以及线性规划即可求得最大值.【详解】（当且仅当时取等号）.令， 故，因为，且，故可得点表示的平面区域是半圆弧上的点，如下图所示：目标函数上，表示圆弧上一点到点点的斜率，由数形结合可知，当且仅当目标函数过点，即时，取得最小值，故可得，又，故可得，当且仅当，即三角形为等边三角形时，取得最大值.故答案为：.【点睛】本题主要考查利用正余弦定理求范围问题，涉及线性规划以及均值不等式，属综合困难题.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.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n次传球之前球在甲手里的概率为pn，第n次传球之前球在乙手里的概率为qn，显然p1=1，q1=0．（1）求p3＋2q3的值；（2）比较p8，q8的大小．【答案】（1）1（2）【解析】 【分析】（1）分析传球的过程，求出和，即可求出；（2）由题意知，即可得到，判断出成首项为，公比为的等比数列，求出，同理求出，可以比较出．【小问1详解】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.【小问2详解】（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.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.【答案】（1）（2）存在，【解析】【分析】（1）根据最小正周期为得到，再根据的图象过点，得到，即可得到的解析式；（2）根据得到是的一条对称轴，代入得到，，再根据的图象过点得到，，联立得到，根据在上单调得到，最后验证在上是否单调即可得到的取值集合.【小问1详解】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.【小问2详解】因为，，所以直线为图象的对称轴， 又的图象经过点.所以①，②，.②-①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，.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.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A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y关于年份数x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：，，.【答案】（1）适宜，预测2023年该机场飞往A地的航班放行准点率（2）（i）0.778；（ii）可判断该航班飞往其他地区的可能性最大，理由见解析【解析】【分析】（1）根据线性回归方程的计算公式，选择合适的模型计算即可；（2）利用全概率公式和条件概率公式，即可根据概率判断可能性最大的情况.【小问1详解】由散点图判断适宜作为该机场飞往A地航班放行准点率y关于年份数x的经验回归方程类型.令，先建立y关于t的线性回归方程.由于，，该机场飞往A地航班放行准点率y关于t的线性回归方程为，因此y关于年份数x的回归方程为所以当时，该机场飞往A地航班放行准点率y的预报值为.所以2023年该机场飞往A地航班放行准点率y的预报值为.【小问2详解】 设“该航班飞往A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的可能性最大.20.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．【答案】（1）证明见解析 （2）【解析】【分析】（1）取的中点，证明四点共面，，结合线面平行判定定理证明结论；（2）连接交于点，根据线面垂直判定定理证明平面，利用等体积法求点到平面的距离，根据线面角的定义求直线与平面所成角的正弦值．【小问1详解】取的中点，连接，因为为的中点，所以，又，所以，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；【小问2详解】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.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F，定直线，过点F且斜率不为零的直线l与椭圆交于A，B两点，过 A，B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．【答案】（1）（2）证明见解析，．【解析】【分析】（1）由条件列关于的方程，解方程求可得椭圆方程，（2）令的方程为：，联立方程组利用设而不求法可得，由条件求直线与的方程，证明两直线都过点即可.【小问1详解】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；【小问2详解】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， 方程的判别式，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. 【点睛】关键点点睛：（1）解答直线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系．（2）涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形．22.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.【答案】（1）证明过程见详解（2）（3）【解析】【分析】（1）将证明的结论转化为在上有且只有一个零点.然后对函数求导判断函数的单调性，利用零点存在性定理即可证明；（2）对函数求导，判断函数的单调性进而求出函数的最小值；（3）结合（1）（2）的结论和已知条件可知，使最大，则，则，且等号取到与函数相切，然后利用导数的几何意义进行求解即可.【小问1详解】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.【小问2详解】对函数求导可得，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【小问3详解】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，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，（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.【点睛】利用导数研究函数的最值问题时，一般需要先对函数求导，根据导函数的方法研究函数的单调性，求出极值，结合题中条件即可求出最值（有时解析式中会含有参数，求解时，要讨论参数的不同取值范围，再判断函数的单调性，进行求解）.