广东省深圳市2023-2024学年高二下学期期末调研考试数学试题（解析版）

这是一份广东省深圳市2023-2024学年高二下学期期末调研考试数学试题（解析版），共16页。试卷主要包含了选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。
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. 集合，则 （ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】集合，
则.
故选：B.
2. 若复数满足，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】因为，所以，得到，所以，
故选：C.
3. 已知向量为非零向量，则 “” 是 “” 的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】因为，得到，
所以当时，有，
当时，成立，但得不出，
所以“” 是 “” 的充分不必要条件，
故选：A.
4. 设是两条不同的直线，是两个不同的平面，下列命题中为真命题的是（ ）
A. 若，则B. 若 ，则
C. 若，则D. 若，则
【答案】D
【解析】对于选项A，如图，在正方体中，取面为平面，直线为直线，
直线为直线，显然有，但不平行，所以选项A错误，
对于选项B，如图，在正方体中，取面为平面，直线为直线，
面为平面，有，但，所以选项B错误，
对于选项C，取面为平面，直线为直线，直线为直线，
因为，显然有，但，所以选项C错误，
对于选项D，因为，在内任取一点，过直线与点确定平面，
则，由线面平行的性质知，又，所以，又，
所以，所以选项D正确，
故选：D.
5. 已知 均为不等于 1 的正实数，若 ，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】由，
，
故选：D
6. 从 9 名同学中选出 4 人去参加环保活动，若甲、乙两名同学至少有 1 名位参加，则选派方案共有（ ）
A. 56 种B. 70 种C. 91 种D. 126 种
【答案】C
【解析】从 9 名同学中选出 4 人去参加环保活动共有种，
甲、乙两名同学都不参加共有种，
若甲、乙两名同学至少有 1 名位参加有种，
故选：C
7.分别是抛物线和轴上的动点，，则的最小值为（ ）
A. 5B. C. D. 2
【答案】D
【解析】设抛物线的焦点为，无论在何处，PQ的最小值都是到轴的距离，
所以的最小值⇔和到轴的距离之和的最小值⇔和到准线的距离之和减去最小，
根据抛物线的定义问题转化为最小，显然当三点共线时最小，
最小值为.
故选：D
8. 已知，且 ，则 的值为（ ）
A. B. C. D. 7
【答案】B
【解析】因为①，所以，得到，
所以，又，②，
联立①②得到，，
所以，
得到，则，
故选：B.
二、选择题: 本题共 3 小题， 每小题 6 分， 共 18 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 6 分， 部分选对的得部分分， 有选错的得 0 分.
9. 已知互不相等的一组数据的平均数为，记为，则这组新数据与原数据相比，一定不变的量有（ ）
A. 极差B. 中位数C. 平均数D. 标准差
【答案】AC
【解析】设中的最大数为，最小数为，因为，
显然有，所以选项A正确，
新数据的平均数为
，
所以选项C正确，
不妨取这组数据为，此时，中位数为，
标准差为，
则这组新数据为，此时平均数为，
中位数为，标准差为，
所以选项B和D错误，故选：AC.
10. 已知函数，则（ ）
A. 最小正周期为
B. 的图象关于对称
C. 在区间上单调递增
D. 在区间上有 4 个零点
【答案】ABD
【解析】由，
的最小正周期为，故A对，
，对应的函数值是最值，故B对；
时，，此时t关于x单调递增，
在不单调，故 在区间 上不单调递增，故C错；
时，，此时t关于x单调递增，
即t与x是一一对应，
，而关于t的三角函数方程在时，恰好有4个根：，
又t与x是一一对应的，
所以在区间上有 4 个零点，故D对，
故选:ABD
11. 已知点为圆上两动点，且，点为直线 :上动点，则（ ）
A. 以为直径的圆与直线相离B. 的最大值为
C. 的最小值为8D. 的最小值为112
【答案】ACD
【解析】对于A，设的中点为，连接，
则，
所以，
所以点在以为圆心，为半径的圆上，
所以点到直线的距离的最小值为，
因为，所以以为直径的圆与直线相离，所以A正确，
对于B，如图，当直线与直线平行，且共线时，则为等腰三角形，
此时，
则，
所以，所以，所以B错误，
对于C，因为,
所以
,
因为，
所以
，当，共线，且在之间时取等号，
所以的最小值为8，所以C正确，
对于D，因为，
所以，
所以
，当，共线，且在之间时取等号，
所以的最小值为112，所以D正确，
故选：ACD
三、填空题: 本题共 3 小题， 每小题 5 分， 共 15 分.
12. 已知圆锥的表面积为 ，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的体积为______________.
【答案】
【解析】设圆锥的底面圆的半径为，母线为，高为，
由题有，解得，，
所以，
所以圆锥的体积为，
故答案为：.
13. 已知函数 ，则不等式 的解集为________.
【答案】
【解析】由可得：，
所以函数是上的增函数，
又由可得：
函数是奇函数，
则，
即，
解得.
故答案：.
14. 已知双曲线 的左、右焦点分别为 ，过的直线 与的右支交于两点，若 ，则的离心率为_________.
【答案】
【解析】令，则，
在中，由余弦定理得，
解得，则，令，
在中，由余弦定理得，解得，
所以双曲线的离心率.
故答案为：
四 解答题: 本题共 9 小题，共 77 分、解答应笃出文学说明、证明过程或演算步骤.
15.设数列满足.
（1）求数列的通项公式;
（2）求数列的前项和.
解：（1）
可知
上式相加得
所以数列 an 的通项公式
（2），
所以
所以数列的前n项和 .
16.在三棱锥中，平面分别是的中点，点在棱上，且.
（1）求证:平面;
（2）若，求平面与平面夹角的余弦值.
解：（1）连接AP并延长交BD于点N，连接NC，
过点M作BD的平行线交AN于点E，
因为，且M，P分别是的中点，
，即，又因为，
所以，又因为平面，平面，
所以平面；
（2）取CD的中点T，连接，则，
设，以T为坐标原点，分别以TB，TD，垂直于平面的直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图，
那么，
设平面的法向量为m=x,y,z，，
所以，
令，则，
所以平面的一个法向量为，
设平面与平面的夹角为，
因为平面的法向量为，
，
所以平面与平面夹角的余弦值为
17. 某同学参加射击比赛， 每人配发颗子弹. 射击靶由内环和外环组成， 若击中内环得分，击中外环得分，脱靶得分. 该同学每次射击，脱靶的概率为 ，击中内环的概率为，击中外环的概率为，每次射击结果相互独立. 只有前一发中靶，才能继续射击，否则结束比赛.
（1）若已知该同学得分为分的情况下， 求该同学只射击了发子弹的概率；
（2）设该同学最终得分为，求的分布列和数学期望 .
解：（1）记事件：该同学得分为分，事件：该同学只射击了发子弹，
由题知，,
所以.
（2）由题知可能取值为，
，，
，
，
，
，
，
所以的分布列为
.
18. 已知函数 .
（1）讨论函数的单调性;
（2）当时，证明：函数有且仅有一个零点.
解：（1）易知函数的定义域为0,+∞，，
令，，，对称轴为，
（1）当，即时，方程有两根为，，
（i）时，，时，，
即，
时，，即，
（ii）时，，时，，即，
时， ，
即，
（2）当，即时，方程的根为，
此时在区间0,+∞上恒成立，当且仅当取等号，
（3）当，即时，在区间0,+∞上恒成立，
综上所述，当时，函数的单调递增区间为，单调递减区间为，
时，函数的单调递增区间为，
单调递减区间为，
时，函数的单调递增区间为0,+∞，无减区间.
（2）由（1）知当时，函数的单调递增区间为，单调递减区间为，
当时，，又
，
又，所以，，则，，得到，
而时，，
由零点存在性原理知时，函数有且仅有一个零点，
当时，函数的单调递增区间为0,+∞，
又，而时，，
由零点存在性原理知时，函数有且仅有一个零点，
综上，函数有且仅有一个零点.
19. 已知椭圆的焦距为，直线过点，且与椭圆相交于两点，是线段的中点，为坐标原点.
（1）求椭圆的方程；
（2）若梯形的顶点都在椭圆上，且，对角线和交于点，线段的中点分别为.
(i)证明：四点共线；
(ii)试探究直线与直线的交点是否为定点，若是，请求出该定点并证明；若不是，请说明理由.
解：（1）由直线过点，得，
联立，消得：，易知，
设，则，整理得：，
又因为，所以，解得，
即椭圆.
（2）(i)不妨设的中点为，的中点为，
再设
由题可知直线斜率必存在，且，
以上两式相减得，
即，同理，
因为可得：，则，即三点共线；
又因为四边形是梯形，且与交于，
由平面几何知识可知三点共线，
即得证四点共线；
(ii)由(i)可知，，而，
所以，
设直线的方程为：，设直线的方程为：，
联立，消去并整理得，
由韦达定理得：，不妨设，
同理，，
因为，所以
化简得：，
即
上式两边平方化简得：，
由平面几何知识易知三点共线，故设，
由可得，
，，
所以，即或（舍去）
化简得：，
结合，可得，
故直线与直线的交点为定点.