2022-2023学年广东省深圳市学高中高二上学期期末数学试题（解析版）

这是一份2022-2023学年广东省深圳市学高中高二上学期期末数学试题（解析版），共17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。
2022-2023学年广东省深圳市学高中高二上学期期末数学试题 一、单选题1．若全集，则集合（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据集合的基本运算即可求解.【详解】由题意得，所以.故选：B.2．设复数z满足，则的虚部为（    ）A．  B． C．  D．2【答案】D【分析】根据复数的除法运算求得复数 ，继而得，从而求得答案.【详解】由可得，故，则的虚部为2，故选：D3．在中，点在边上，.记，则（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据向量的共线定理表示即可求解.【详解】因为点在边上，，所以，即，所以.故选:B.4．图1中的机械设备叫做“转子发动机”，其核心零部件之一的转子形状是“曲侧面三棱柱”，图2是一个曲侧面三棱柱，它的侧棱垂直于底面，底面是“莱洛三角形”，莱洛三角形是以正三角形的三个顶点为圆心，正三角形的边长为半径画圆弧得到的，如图3.若曲侧面三棱柱的高为5，底面任意两顶点之间的距离为20，则其侧面积为（    ）A． B．C． D．【答案】A【分析】由莱洛三角形是以正三角形的三个顶点为圆心，正三角形的边长为半径画圆弧得到的，结合已知可得半径为20，由弧长公式求得底面周长，进而可求得结果.【详解】莱洛三角形由三段半径为20，圆心角为的圆弧构成，所以该零件底面周长为，故其侧面积为．故选：A.5．若数列是等比数列，且，，，则（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据向量的平行可得，结合等比数列通项公式求得，利用三角函数诱导公式即可求得答案.【详解】由题意数列是等比数列，且，，，可得， 即，所以，故，故选：D.6．已知等差数列的前n项和为，若，，则（    ）A．12 B．10 C．8 D．6【答案】A【分析】根据题意求出数列的首项和公差，即可求得答案.【详解】由已知等差数列的前n项和为，，设数列公差为d,可得，又,即，解得，故，故选：A7．设，是双曲线的左右焦点，若双曲线上存在点P满足，则双曲线离心率的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】由题意，设，先由双曲线的定义，再利用余弦定理，由题意可得，最后再用可得、的不等关系，可得离心率.【详解】由题，取点为右支上的点，设，根据双曲线的定义知：， 在三角形中，由余弦定理可得：， 又因为 可得，即，又因为， 所以 即，.故选：.8．已知定义域为R的函数满足是奇函数，是偶函数，则下列结论错误的是（    ）A．的图象关于直线对称 B．的图象关于点对称C． D．的一个周期为8【答案】C【分析】根据是奇函数，可得，判断B;根据是偶函数，推出，判断A;继而可得，可判断D；利用赋值法求得，根据对称性可判断C.【详解】由题意知是奇函数，即，即，即，故的图象关于点对称，B结论正确；又是偶函数，故，即，故的图象关于直线对称，A结论正确；由以上可知，即，所以，则，故的一个周期为8，D结论正确；由于，令，可得，而的图象关于直线对称，故，C结论错误，故选：C【点睛】方法点睛：此类抽象函数的性质的判断问题，解答时一般要注意根据函数的相关性质的定义去解答，比如奇偶性，采用整体代换的方法，往往还要结合赋值法求得特殊值，进行解决. 二、多选题9．下列命题中是真命题的是（    ）A．命题p：事件A与事件B互为对立事件；命题q：事件A与事件B互斥．则p是q的充分不必要条件B．若事件两两独立，则C．有一组样本数据这组数据的平均数为，设（），则这组新样本数据，，…，的平均数为D．一组数的分位数为5【答案】AD【分析】根据命题间的逻辑推理关系可判断A；举反例可判断B；根据数据的平均数的计算公式可求得新数据的平均数，判断C;根据百分位数的含义求出数据的分位数，判断D.【详解】对于A,由于对立事件一定是互斥事件，但互斥事件不一定是对立事件，故事件A与事件B互为对立事件，一定可以推出事件A与事件B互斥，反之不成立，故p是q的充分不必要条件，A正确；对于B，不妨举例比如从中随机选出一个数字，事件A：取出的数字为1或2，事件B：取出的数字为1或3，事件C：取出的数字为1或4，则事件为取出数字1，所以，，满足 ，,即事件两两独立，但是推不出，B错误； 对于C, 一组样本数据的平均数为,即，设（），则这组新样本数据,，…,的平均数为，C错误；对于D,将数从小到大排列为：，因为，故这组数的分位数为第9个数5，D正确，故选：10．已知曲线，则（    ）A．若，曲线C为圆心在原点，半径为的圆B．若，曲线C为焦点在x轴上的双曲线C．若C表示焦点在x轴上的椭圆，则D．若C表示两条直线，则【答案】BD【分析】分类讨论确定方程表示的曲线后判断各选项。【详解】时，，方程为，由已知当时，，，表示焦点在轴的椭圆；时，方程为，表示圆，半径为；时，，表示焦点在轴上的椭圆；时，方程化为，表示两条直线；时，，，表示焦点在轴的双曲线．综上AC错，BD正确．故选：BD．11．已知圆C：，直线l：，则下列说法正确的是（    ）A．当时，直线的倾斜角为B．当时，直线与圆相交所得弦长为C．圆与圆：相外切D．当，时，过直线上任意一点作圆的两条切线、，切点分别为、，则弦长度的最小值为【答案】ACD【分析】将直线的方程化为斜截式即可判断；利用点到直线的距离公式和垂径定理即可判断；求出两圆的圆心距与半径比较即可判断；求出弦所在的直线方程，利用垂径定理即可判断.【详解】因为圆：，化为标准方程：.对于，当时，直线l：可化为，直线的斜率为，所以直线的倾斜角为，故选项正确；对于，当时，直线的方程为：，圆心到直线的距离，由垂径定理可得：弦长为，故选项错误；对于，圆与圆的圆心距，因为，所以两圆相外切，故选项正确；对于，当，时，直线的方程为：，设直线上任意一点，过圆外一点引圆的切线，设切点坐标为，因为，所以切点的轨迹是以的中点为圆心，以为直径的圆上，因为，，所以切点的轨迹方程为：，也即，又因为圆：，两圆方程相减可得公共弦所在的直线方程，，则圆心到直线的距离，由垂径定理可知：，要使弦长度最小，则最大，当时，取最大值，此时弦长，故选项正确，故选：.12．在正三棱柱中，，点P满足，其中，，则下列结论正确的是（       ）A．当时，的周长为定值B．当时，三棱锥的体积为定值C．当时，存在两点P，使得D．当时，存在两点P，使得平面【答案】BC【分析】对于A，由于等价向量关系，联系到一个三角形内，进而确定点的坐标；对于B，将点的运动轨迹考虑到一个三角形内，确定路线，进而考虑体积是否为定值；对于C，考虑借助向量的平移将点轨迹确定，进而考虑建立合适的直角坐标系来求解点的个数；对于D，考虑借助向量的平移将点轨迹确定，进而考虑建立合适的直角坐标系来求解点的个数．【详解】易知，点在矩形内部（含边界）．对于A，当时，，即此时线段，周长不是定值，故A错误；对于B，当时，，故此时点轨迹为线段，而，平面，则有到平面的距离为定值，所以其体积为定值，故B正确．对于C，当时，，取，中点分别为，，则，所以点轨迹为线段，不妨建系解决，建立空间直角坐标系如图，，，，则，，，所以或．故均满足，故C正确；对于D，当时，，取，中点为．，所以点轨迹为线段．设，因为，所以，，所以，此时与重合，故D错误．故选：BC 三、填空题13．在等差数列中，若，，则______．【答案】60【分析】由已知结合等差数列的性质先求出d，，然后结合等差数列的求和公式即可求解．【详解】因为等差数列中，，，所以，，则．故答案为：60．14．已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，，则△ABC的面积为___________．【答案】【分析】根据余弦定理和三角形面积公式即可求得面积.【详解】由已知及余弦定理可得，故，解得或（舍）所以 故答案为：15．已知函数，，若对于任意，存在，使得，则实数a的取值范围是____________．【答案】【分析】根据题意先求出函数与的值域，然后将不等式等价转化为，求解即可.【详解】因为，又函数在上单调递减，所以，又因为函数在上单调递增，所以当时，，因为对于任意，存在，使得，又，所以，解得：，故答案为：. 四、双空题16．点P是圆B：上任意一点，，线段的中垂线交直线于点M，当时，点M的轨迹方程为____________；当时，点M的轨迹方程为____________．【答案】     ；     .【分析】第一空，作图分析，结合题意可得，根据椭圆的定义即可求得答案；第二空，由题意可推出，根据双曲线定义，即可求得答案.【详解】当时，圆B：半径为，点A在圆内，如图，此时,所以，而,故点M的轨迹是以为焦点的椭圆，设椭圆方程为，则，故点M的轨迹方程为；当时，圆B：半径为，点A在圆外，如图，线段的中垂线交延长线于点M，此时,所以，而,故点M的轨迹是以为焦点的双曲线，设双曲线方程为，则，故点M的轨迹方程为，故答案为：； 五、解答题17．已知数列的前项和为，满足.(1)求数列的通项公式；(2)记，求数列的前项和.【答案】(1)(2) 【分析】（1）由于的关系，结合等比数列的通项公式求解即可；（2）利用错位相减法求解即可【详解】（1）①，当时，②，①②得，即，又时，，∴为首项，公比的等比数列，故，∴（2）③④③④得∴18．在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知．(1)求B；(2)若，△ABC的面积为，求△ABC的周长．【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据正弦定理的边化角和三角恒等变换求解；（2）利用面积公式和余弦定理求解.【详解】（1）由可得，因为,所以，所以，即，所以，因为,所以.（2）因为，解得，所以，由余弦定理，所以，所以△ABC的周长为.19．已知椭圆C：的离心率为，且椭圆长轴长为．(1)求椭圆C的标准方程；(2)过点的直线l（不过原点O）与C交于AB，两点，求面积的最大值．【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据题意可得出，，再利用的关系求出，进而求解；（2）由题意可知直线的斜率存在，设直线，,，,，联立直线与椭圆的方程，结合韦达定理可得，，由弦长公式可得，点到直线的距离公式可得点到直线的距离，再计算的面积，利用基本不等式，即可得出答案．【详解】（1）因为椭圆的离心率为，且椭圆长轴长为，所以，，则，所以椭圆的标准方程为：.（2）由题意可知直线的斜率存在，设直线，,，,，联立，得，，所以，即或，则，故，点到直线的距离，所以的面积，设，则，故，当且仅当时，等号成立，所以面积的最大值为．20．在四棱锥中，，，，.(1)求证：；(2)若平面平面，二面角的余弦值为，求直线与平面所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析.(2). 【分析】（1）取的中点，连接，，证明平面，继而证明，从而证明结论；（2）建立空间直角坐标系，求得相关点坐标，利用二面角的余弦值为，结合空间向量角的求法求得，继而求得平面的法向量，利用向量的夹角公式，即可求得答案.【详解】（1）证明：如图所示，取的中点，连接，.依题意可知，，，，故，为正三角形，,又，，平面，平面平面，又平面，，.（2）依题意平面平面，由（1）可知，平面平面,平面,则平面，故以，，为，，轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系.设，则，，，,，，，,设平面的一个法向量，由,可得 ，令，则，，,设平面的一个法向量，由,可得 ，令，则，，则,可得平面的法向量.依题意可得，解得，即.即平面的法向量，,设直线与平面所成角为，则的正弦值.21．已知P(1，2)在抛物线C：y2＝2px上．(1)求抛物线C的方程；(2)A，B是抛物线C上的两个动点，如果直线PA的斜率与直线PB的斜率之和为2，证明：直线AB过定点．【答案】(1)y2＝4x(2)证明见解析 【分析】(1)把已知点坐标代入抛物线方程求得参数，即得抛物线方程；(2)设AB：x＝my+t，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线方程与抛物线方程联立消元后应用韦达定理得，代入得参数值，从而可得定点坐标．【详解】（1）P点坐标代入抛物线方程得4＝2p，∴p＝2，∴抛物线方程为y2＝4x．（2）证明：设AB：x＝my+t，将AB的方程与y2＝4x联立得y2﹣4my﹣4t＝0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1+y2＝4m，y1y2＝﹣4t，所以Δ＞0⇒16m2+16t＞0⇒m2+t＞0，，同理：，由题意：，∴4(y1+y2+4)＝2(y1y2+2y1+2y2+4)，∴y1y2＝4，∴﹣4t＝4，∴t＝﹣1，故直线AB恒过定点(﹣1，0)．22．已知函数，且是偶函数.(1)求的值；(2)若，函数，讨论零点的个数.【答案】(1)(2)答案见解析 【分析】（1）利用偶函数的定义求解；（2）根据题意利用换元法将转化为二次函数讨论零点个数.【详解】（1）由题意得的定义域为，所以，得，得，经检验，时，，即符合题意.（2）由题意得，令函数，任取，则，因为，所以，得，则，所以，即，所以在上单调递增，又是增函数，所以在上单调递增，又为偶函数，则在上单调递减，.令，则，设函数，令，则或.当，即时，没有零点，即没有零点.当，即时，有1个零点，即有1个零点.当即时，有1个零点，即有2个零点.当，即时，有2个零点，即有3个零点.当，即时，有2个零点，即有4个零点.