2022-2023学年广东省深圳科学高中高二（下）期中数学试卷

这是一份2022-2023学年广东省深圳科学高中高二（下）期中数学试卷，共28页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1．（5分）已知集合，则
A．B．C．D．
2．（5分）在复平面内，复数，对应的点分别是，，则的虚部是
A．B．C．1D．
3．（5分）《九章算术》卷5《商功》记载一个问题“今有圆堡瑽，周四丈八尺，高一丈一尺．问积几何？答曰：二千一百一十二尺．术曰：周自相乘，以高乘之，十二而一”．这里所说的圆堡瑽就是圆柱体，它的体积为“周自相乘，以高乘之，十二而一”．就是说：圆堡瑽（圆柱体）的体积为（底面圆的周长的平方高），则由此可推得圆周率的取值为
A．3B．3.1C．3.14D．3.2
4．（5分）已知抛物线的准线过双曲线的一个焦点，则
A．1B．2C．4D．8
5．（5分）已知向量，，若，则
A．B．C．D．
6．（5分）若幂函数的图象过点，则函数的递增区间为
A．B．，，
C．D．，，
7．（5分）六名同学排成一排照相，则其中甲、乙、丙三人两两不相邻，且甲和丁相邻的概率为
A．B．C．D．
8．（5分）已知数列满足，且的前项的和记为，则
A．B．C．3D．
二、多项选择题：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．（5分）已知函数，则下列结论正确的是
A．的最小正周期为
B．是图象的一条对称轴
C．在上单调
D．将的图象向左平移个单位后，得到的图象关于原点对称
10．（5分）已知，分别为随机事件，的对立事件，（A），（B），则下列结论正确的是
A．（A）
B．
C．若，互斥，则（A）（B）
D．若，独立，则（A）
11．（5分）如图，在正方体中，，是正方形内部（含边界）的一个动点，则
A．存在唯一点，使得
B．存在唯一点，使得直线与平面所成的角取到最小值
C．若，则三棱锥外接球的表面积为
D．若异面直线与所成的角为，则动点的轨迹是抛物线的一部分
12．（5分）数学中的很多符号具有简洁、对称的美感，是形成一些常见的漂亮图案的基石，也是许多艺术家设计作品的主要几何元素．如我们熟悉的符号，我们把形状类似的曲线称为“曲线”．在平面直角坐标系中，把到定点，距离之积等于的点的轨迹称为“曲线” ．已知点，是“曲线” 上一点，下列说法中正确的有
A．“曲线” 关于原点中心对称
B．
C．“曲线” 上满足的点有两个
D．的最大值为
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．（5分）已知等比数列的前三项和为84，且，则的公比为 ．
14．（5分）若的展开式中二项式系数之和为32，则的展开式中的系数为 ．
15．（5分）古希腊著名数学家阿波罗尼斯与欧几里得、阿基米德齐名．他发现：“平面内到两个定点，的距离之比为定值的点的轨迹是圆”，后来，人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆．在平面直角坐标系中，，，点满足．则点的轨迹方程为 ；在三棱锥中，平面，且，，，该三棱锥体积的最大值为 ．
16．（5分）已知函数，，若恒成立，则实数的取值范围 ．
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．（10分）已知等比数列的前项和为，且．
（1）求数列的通项公式；
（2）记，证明：．
18．（12分）在中，为的角平分线上一点，且与分别位于边的两侧，若，．
（1）求的面积；
（2）若，求的长．
19．（12分）某市举行招聘考试，共有4000人参加，分为初试和复试，初试通过后参加复试．为了解考生的考试情况，随机抽取了100名考生的初试成绩，并以此为样本绘制了样本频率分布直方图，如图所示．
（1）根据频率分布直方图，试求样本平均数的估计值；
（2）若所有考生的初试成绩近似服从正态分布，其中为样本平均数的估计值，，试估计初试成绩不低于88分的人数；
（3）复试共三道题，第一题考生答对得5分，答错得0分，后两题考生每答对一道题得10分，答错得0分，答完三道题后的得分之和为考生的复试成绩．已知某考生进入复试，他在复试中第一题答对的概率为，后两题答对的概率均为，且每道题回答正确与否互不影响．记该考生的复试成绩为，求的分布列及均值．
附：若随机变量服从正态分布，则：，，．
20．（12分）如图，在三棱柱中，是的中点，是的中点，点在上，且．
（1）证明：平面；
（2）若平面，，，求平面与平面夹角的余弦值．
21．（12分）已知椭圆的两个焦点与短轴的一个端点是直角三角形的三个顶点，且椭圆过，直线与椭圆交于、．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）设直线、的斜率分别为，，证明：；
（3）直线是过点的椭圆的切线，且与直线交于点，定义为椭圆的弦切角，为弦对应的椭圆周角，探究椭圆的弦切角与弦对应的椭圆周角的关系，并证明你的结论．
22．（12分）已知函数．（注是自然对数的底数）．
（1）当时，求曲线在点，处的切线方程；
（2）当时，函数在区间内有唯一的极值点．
（ⅰ）求实数的取值范围；
（ⅱ）求证：在区间内有唯一的零点，且．
2022-2023学年广东省深圳科学高中高二（下）期中数学试卷
参考答案与试题解析
一、单项选择题：本题共8道小题，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．（5分）已知集合，则
A．B．C．D．
【答案】
【分析】根据已知条件，结合补集的定义，即可求解．
【解答】解：解不等式，得或，
所以或，
所以．
故选：．
【点评】本题主要考查补集及其运算，属于基础题．
2．（5分）在复平面内，复数，对应的点分别是，，则的虚部是
A．B．C．1D．
【答案】
【分析】由复数，对应的点分别求出，，代入化简计算，进而可得的虚部．
【解答】解：复数，对应的点分别是，，
则，，
，其虚部为．
故选：．
【点评】本题主要考查复数的四则运算，复数的几何意义，属于基础题．
3．（5分）《九章算术》卷5《商功》记载一个问题“今有圆堡瑽，周四丈八尺，高一丈一尺．问积几何？答曰：二千一百一十二尺．术曰：周自相乘，以高乘之，十二而一”．这里所说的圆堡瑽就是圆柱体，它的体积为“周自相乘，以高乘之，十二而一”．就是说：圆堡瑽（圆柱体）的体积为（底面圆的周长的平方高），则由此可推得圆周率的取值为
A．3B．3.1C．3.14D．3.2
【分析】由圆堡瑽（圆柱体）的体积为（底面圆的周长的平方高），得到，由此能求出的值．
【解答】解：圆堡瑽（圆柱体）的体积为（底面圆的周长的平方高），
，
解得．
故选：．
【点评】本题考查圆周率的求法，考查圆柱体体积等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是基础题．
4．（5分）已知抛物线的准线过双曲线的一个焦点，则
A．1B．2C．4D．8
【答案】
【分析】求出双曲线的焦点坐标，然后利用抛物线的定义，求解即可．
【解答】解：双曲线的焦点坐标，
抛物线的准线过双曲线的一个焦点，
所以，可得．
故选：．
【点评】本题考查抛物线的简单性质的应用，双曲线的焦点坐标的求法，是基础题．
5．（5分）已知向量，，若，则
A．B．C．D．
【答案】
【分析】由求得，再用倍角公式求即可．
【解答】解：因为，，，
所以，即，
所以，解得或（舍，
所以．
故选：．
【点评】本题主要考查二倍角的三角函数，属于基础题．
6．（5分）若幂函数的图象过点，则函数的递增区间为
A．B．，，
C．D．，，
【分析】先求幂函数，再利用导数判定函数的单调递增区间．
【解答】解：设幂函数，它的图象过点，，
，；
；
，，
令，即，解得：，
故在递增，
故选：．
【点评】本题考查了幂函数的定义以及利用导数判定函数的单调区间问题，是中档题．
7．（5分）六名同学排成一排照相，则其中甲、乙、丙三人两两不相邻，且甲和丁相邻的概率为
A．B．C．D．
【答案】
【分析】六名同学排成一排照相，共有中不同的排列方法，满足条件的共有72种排法，得到概率．
【解答】解：六名同学排成一排照相，共有中不同的排列方法，
甲、乙、丙三人两两不相邻，且甲和丁相邻共有：
先确定除甲乙丙三人外的位置，共有种方式，再确定甲在丁的两边有2种方式，最后将乙丙放入3个空中，（甲旁边不能放入），有种方式，
故共有种不同的排法，故概率，
故选：．
【点评】本题主要考查了古典概型的概率公式，属于基础题．
8．（5分）已知数列满足，且的前项的和记为，则
A．B．C．3D．
【答案】
【分析】利用和差公式、裂项求和方法即可得出结论．
【解答】解：，
，
，
故选：．
【点评】本题考查了和差公式、裂项求和方法、转化方法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
二、多项选择题：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．（5分）已知函数，则下列结论正确的是
A．的最小正周期为
B．是图象的一条对称轴
C．在上单调
D．将的图象向左平移个单位后，得到的图象关于原点对称
【答案】
【分析】将变形可得，然后对应的性质来判断各个选项即可．
【解答】解：，
由，最小正周期为，故正确；
令，解得：，时，对称轴是，故错误，
由于，则，在上单调减，正确；
将的图象向左平移个单位后，得到的解析式是，
其图象不关于原点对称，故错误．
故选：．
【点评】本题考查三角函数的图象和性质，属于基础题．
10．（5分）已知，分别为随机事件，的对立事件，（A），（B），则下列结论正确的是
A．（A）
B．
C．若，互斥，则（A）（B）
D．若，独立，则（A）
【答案】
【分析】结合互斥事件、对立事件的定义，根据条件概率公式判断即可．
【解答】解：选项中：由对立事件定义可知，选项正确；
选项中：，选项正确；
选项中：，互斥，，（A），（B），（A）（B），故选项错误；
选项中：，独立，则（A）（B），则，故选项正确．
故选：．
【点评】本题主要考查条件概率公式，属于基础题．
11．（5分）如图，在正方体中，，是正方形内部（含边界）的一个动点，则
A．存在唯一点，使得
B．存在唯一点，使得直线与平面所成的角取到最小值
C．若，则三棱锥外接球的表面积为
D．若异面直线与所成的角为，则动点的轨迹是抛物线的一部分
【答案】
【分析】由线面垂直得线线垂直来确定点位置，判断选项；
几何法找线面角，当角最小时确定点位置，判断选项；
为中点时，求三棱锥外接球的半径，计算外接球的表面积，判断选项；
利用向量法解决异面直线所成角的问题，求出动点的轨迹，判断选项．
【解答】解：对于选项：正方形中，有，
正方体中有平面，平面，，
又，，平面，平面，
只要平面，就有，在线段上，有无数个点，选项错误；
对于选项：平面，直线与平面所成的角为，，取到最小值时，最大，
此时点与点重合，选项正确；
对于选项：若，则为中点，为等腰直角三角形，外接圆半径为，
三棱锥外接球的球心到平面的距离为，则外接球的半径为，所以三棱锥外接球的表面积为，选项正确；
对于选项：以为原点，的方向为轴，轴，轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，0，，，0，，，2，，设，，，，则有，，
有，化简得，是正方形内部（含边界）的一个动点，
所以的轨迹是抛物线的一部分，选项正确．
故选：．
【点评】本题主要考查空间中直线与平面所成得角，属于中档题．
12．（5分）数学中的很多符号具有简洁、对称的美感，是形成一些常见的漂亮图案的基石，也是许多艺术家设计作品的主要几何元素．如我们熟悉的符号，我们把形状类似的曲线称为“曲线”．在平面直角坐标系中，把到定点，距离之积等于的点的轨迹称为“曲线” ．已知点，是“曲线” 上一点，下列说法中正确的有
A．“曲线” 关于原点中心对称
B．
C．“曲线” 上满足的点有两个
D．的最大值为
【答案】
【分析】对，设动点，求出轨迹方程判断的正误；对，通过三角形底面积转化求解推出，判断的正误；对，通过，则，在的中垂线即轴上．说明，即，仅有一个，判断的正误；对，因为，推出．
结合，得，判断的正误．
【解答】解：对，设动点，由题意可得的轨迹方程为，把关于原点对称的点代入轨迹方程，显然成立；所以正确；
对，因为，，故，
又，所以，
即，故，故正确；
对，若，则，在的中垂线即轴上．
故此时，代入，
可得，即，仅有一个，故错误；
对，因为，
故，，
因为，，
故．
即，
所以．
又，当且仅当，，共线时取等号．
故，
即，解得，故错误．
故选：．
【点评】本题考查命题的真假的判断与应用，考查轨迹方程，余弦定理以及曲线与方程的应用，是难度比较大的题目．
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．（5分）已知等比数列的前三项和为84，且，则的公比为 ．
【答案】．
【分析】根据已知结合等比数列的通项与前项和列式联立得出答案．
【解答】解：由可设的公比为，
等比数列的前三项和为84，，
，解得．
故答案为：．
【点评】本题主要考查了等比数列的通项公式及求和公式的应用，属于基础题．
14．（5分）若的展开式中二项式系数之和为32，则的展开式中的系数为 ．
【答案】．
【分析】由题意利用二项式系数的性质，求得的值，再利用二项展开式的通项公式，求得的展开式中的系数．
【解答】解：的展开式中二项式系数之和为32，所以，则．
由于中的系数为：，项的系数，
所以的展开式中的系数，，
故答案为：．
【点评】本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，二项式系数的性质，属于基础题．
15．（5分）古希腊著名数学家阿波罗尼斯与欧几里得、阿基米德齐名．他发现：“平面内到两个定点，的距离之比为定值的点的轨迹是圆”，后来，人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆．在平面直角坐标系中，，，点满足．则点的轨迹方程为 ；在三棱锥中，平面，且，，，该三棱锥体积的最大值为 ．
【答案】；12．
【分析】利用求点的轨迹方程的步骤及两点间的距离公式即可求解；根据已知条件及阿波罗尼斯圆的特点，结合棱锥的体积公式即可求解．
【解答】解：设，
所以，
所以，
即，
所以点的轨迹方程为；
三棱锥的高为，当底面的面积最大值时，三棱锥的体积最大，
，，取靠近的一个三等分点为坐标原点，为轴建立平面直角坐标系，
不妨取，，
由题设定义可知的轨迹方程为，
所以在圆的最高点处，，
此时．
故答案为：；12．
【点评】本题考查“五步求曲“法的应用，三棱锥的体积的最值的求解，阿波罗尼斯圆的应用，属中档题．
16．（5分）已知函数，，若恒成立，则实数的取值范围 ， ．
【答案】，．
【分析】利用导数研究函数的单调性与最值，从而得的不等式，解不等式，即可得解．
【解答】解：，，
，，
又易知在上单调递增，
且时，；时，，
，使得，
，；，，，
的最小值为，
，，，
的最小值为，
又恒成立，
，，
故实数的取值范围为，．
故答案为：，．
【点评】本题考查恒成立问题，利用导数研究函数的单调性与最值，函数的隐形零点问题，属中档题．
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．（10分）已知等比数列的前项和为，且．
（1）求数列的通项公式；
（2）记，证明：．
【答案】（1）；（2）证明过程见解答．
【分析】（1）令，可得出，令时，由，可得，两式作差，可得，结合数列为等比数列，确定该数列的公比，求出的值，进而得到等比数列的通项公式；
（2）结合（1），可得，利用裂项求和法可证得原不等式成立．
【解答】解：（1）因为，则当时，，
当时，由，可得，
所以，即，
因为是等比数列，所以该数列的公比为3，
所以，所以，即，
所以数列的通项公式．
（2）证明：由（1）得，
所以，
故．
【点评】本题主要考查数列与不等式的综合和数列的递推式，考查运算求解能力，属于中档题．
18．（12分）在中，为的角平分线上一点，且与分别位于边的两侧，若，．
（1）求的面积；
（2）若，求的长．
【答案】（1）；
（2）．
【分析】（1）根据已知条件，结合余弦定理，求出，再结合三角形的面积公式，即可求解；
（2）根据已知条件，结合三角形中角之间的关系，以及正弦定理，推出，再结合三角形的面积公式，即可求解．
【解答】解：（1）在中，，，，，
即，解得（负值舍去），
故；
（2），平分，
，
又，
，
在中，①，
在中，②，
①②，得，
，
又由三角函数的同角公式可知，，且，
，
将代入②，得，
．
【点评】本题主要考查解三角形，考查转化能力，属于中档题．
19．（12分）某市举行招聘考试，共有4000人参加，分为初试和复试，初试通过后参加复试．为了解考生的考试情况，随机抽取了100名考生的初试成绩，并以此为样本绘制了样本频率分布直方图，如图所示．
（1）根据频率分布直方图，试求样本平均数的估计值；
（2）若所有考生的初试成绩近似服从正态分布，其中为样本平均数的估计值，，试估计初试成绩不低于88分的人数；
（3）复试共三道题，第一题考生答对得5分，答错得0分，后两题考生每答对一道题得10分，答错得0分，答完三道题后的得分之和为考生的复试成绩．已知某考生进入复试，他在复试中第一题答对的概率为，后两题答对的概率均为，且每道题回答正确与否互不影响．记该考生的复试成绩为，求的分布列及均值．
附：若随机变量服从正态分布，则：，，．
【答案】（1）62；
（2）91人；
（3）的分布列为：
均值为．
【分析】（1）根据频率分布直方图的平均数的估算公式即可求解；
（2）由可知即可求解；
（3）根据题意确定的取值分别为0，5，10，15，20，25，利用独立性可求得分布列，进而求得均值．
【解答】解：（1）样本平均数的估计值为；
（2）因为学生初试成绩服从正态分布，其中，，
则，
所以，
所以估计初试成绩不低于8（8分）的人数为人；
（3）的取值分别为0，5，10，15，20，25，
则，，，，，，
故的分布列为：
所以数学期望为．
【点评】本题主要考查离散型随机变量分布列的求解，以及期望公式的应用，属于中档题．
20．（12分）如图，在三棱柱中，是的中点，是的中点，点在上，且．
（1）证明：平面；
（2）若平面，，，求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析；
（2）．
【分析】（1）取的中点，连接，，利用线面平行的判定，面面平行的判定、性质推理作答．
（2）以点为坐标原点建立空间直角坐标系，利用空间向量求解作答．
【解答】（1）证明：如图，取的中点，连接，，由是的中点，得，
因为，则，从而，
又平面，平面，即有平面，
因为，分别为，的中点，则，
又平面，平面，即有平面，
又，，平面，因此平面平面，
因为平面，所以平面．
（2）解：如图，以为坐标原点，，，的方向分别为轴、轴、轴的正方向，建立空间直角坐标系，
则，，，，1，，
从而，，，
设平面的法向量为，则，即，
取，则；
设平面的法向量为，则，
取，则，
则，
故平面与平面夹角的余弦值为．
【点评】本题主要考查直线与平面平行的证明，平面与平面夹角的求法，考查运算求解能力，属于中档题．
21．（12分）已知椭圆的两个焦点与短轴的一个端点是直角三角形的三个顶点，且椭圆过，直线与椭圆交于、．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）设直线、的斜率分别为，，证明：；
（3）直线是过点的椭圆的切线，且与直线交于点，定义为椭圆的弦切角，为弦对应的椭圆周角，探究椭圆的弦切角与弦对应的椭圆周角的关系，并证明你的结论．
【答案】（1）；
（2）证明见解答；
（3）椭圆的弦切角与弦对应的椭圆周角相等，证明见解答．
【分析】（1）根据题意可得，，解出、即可求解；
（2）设，，，，将直线方程联立椭圆方程，利用韦达定理表示则、，结合两点表示斜率公式对化简计算，即可求解；
（3）设切线方程，由直线与椭圆的位置关系求出，得出倾斜角，可得，由，得，结合三角形的外角和即可下结论．
【解答】解：（1）由题意知，，所以，
又椭圆经过，所以，
解得，，所以椭圆方程为；
（2）证明：联立直线与椭圆方程，得，
所以，，
则△，解得，
设，，，，则，，
所以
，
即；
（3）证明：椭圆的弦切角与弦对应的椭圆周角相等．证明如下：
设切线方程为，即，
由，得，
所以，
△，解得，
则，又，所以，所以，
设切线与轴交点为，、分别与交于，，
因为，所以，又，
，，
所以．
【点评】本题考查椭圆的标准方程及简单几何性质，直线与椭圆的位置关系，考查韦达定理，考查计算能力，属中档题．
22．（12分）已知函数．（注是自然对数的底数）．
（1）当时，求曲线在点，处的切线方程；
（2）当时，函数在区间内有唯一的极值点．
（ⅰ）求实数的取值范围；
（ⅱ）求证：在区间内有唯一的零点，且．
【答案】（1）切线方程为．
（2）（ⅰ）的取值范围是．
（ⅱ）见证明过程．
【分析】（1），利用导数的运算法则可得，可得切线斜率，利用点斜式可得切线方程．
（2）（ⅰ），对分类讨论，利用函数的单调性，根据函数在区间内有唯一的极值点，即可得出的取值范围．
（ⅱ）由（ⅰ）知，当时，，结合的单调性与函数零点存在定理可得：在，上有唯一零点，，由（ⅰ）知，，化简整理，构造函数，再一次利用导数研究函数的单调性即可证明结论．
【解答】解：（1），
，
切线的斜率，又，
切线方程为．
（2）（ⅰ），
①当时，当时，，，
，
在上单调递增，没有极值点，不合题意，舍去；
②当时，
，在上递增，
又，，
在上有唯一零点，
当时，，函数单调递减；
当时，，函数单调递增，
函数在区间内有唯一极值点，符合题意，
综上，的取值范围是．
（ⅱ）证明：由（ⅰ）知，当时，，
当时，，函数单调递减；
当，时，，函数单调递增；
时，，则，
又，
在，上有唯一零点，
即在上有唯一零点．
由（ⅰ）知，．
，
则
，．
设，，
则，
，，
，
在为单调递增，又，，
又时，，
．
．
由前面讨论知，，在，单调递增，
．
【点评】本题考查了利用导数研究函数的单调性与极值及最值、方程与不等式的解法、函数零点存在定理、等价转化方法、构造法、分类讨论方法，考查了推理能力与计算能力，属于难题．
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