广东省深圳市2022-2023学年高二下期末数学试卷（含答案）

1、广东省深圳市2022-2023学年高二下学期期末数学试题一选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.1.已知集合，则（ ）A. B. C. D.2.若复数满足（为虚数单位），则的共轭复数（ ）A. B. C. D.3.已知，则（ ）A. B. C. D.4.已知，若，则（ ）A.1 B.-1 C.4 D.-45.白酒又名烧酒白干，是世界六大蒸馏酒之一，据本草纲目记载：“烧酒非古法也，自元时创始，其法用浓酒和糟入甑（蒸锅），蒸令气上，用器承滴露”，而饮用白酒则有专门的白酒杯，图1是某白酒杯，可将它近似的看成一个圆柱挖去一个圆台构成的组合体，图2是其直观图（图中数据的单位为厘米），则该组合体的体

2、积为（ ）A. B. C. D.6.若正实数满足，则下列不等式恒成立的为（ ）A. B.C. D.7.已知椭圆的右焦点为，过原点的直线与交于两点，若，且，则的离心率为（ ）A. B. C. D.8.已知点在直线上运动，若过点恰有三条不同的直线与曲线相切，则点的轨迹长度为（ ）A.2 B.4 C.6 D.8二多选题：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.某校举办数学文化节活动，10名教师组成评委小组，给参加数学演讲比赛的选手打分.已知各位评委对某名选手的打分如下：则下列结论正确的为（ ）A.平均数为4

3、8 B.极差为9C.中位数为47 D.第75百分位数为5110.已知函数的图像关于直线对称，则（ ）A.B.在区间单调递减C.在区间恰有一个极大值点D.在区间有两个零点11.已知抛物线的焦点为，淮线为，过的一条直线与交于，两点，若点在上运动，则（ ）A.当时，B.当时，C.当时，三点的纵坐标成等差数列D.当时，12.在四面体中，有四条棱的长度为1，两条棱的长度为，则（ ）A.当时，B.当时，四面体的外接球的表面积为C.的取值范围为D.四面体体积的最大值为三填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.的展开式中常数项为_（用数字作答）.14.记为等比数列的前项和，若，则_.15.已知定义在

4、上的函数，满足，当时，若方程在区间内有实数解，则实数的取值范围为_.16.已知线段是圆上的一条动弦，且，设点为坐标原点，则的最大值为_；如果直线与相交于点，则的最小值为_.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）已知数列满足.（1）证明：数列是等差数列，并求数列的通项公式；（2）设，求数列的前项和.18.（12分）记的内角的对边分别为，且.（1）求；（2）若，且，求的面积.19.（12分）如图，已知三棱锥的三个顶点在圆上，为圆的直径，是边长为2的正三角形，且平面平面.（1）证明：平面平面；（2）若，点为的中点，点为圆上一点，且与位于直径的两侧，当

5、平面时，求平面与平面的夹角的余弦值.20.（12分）甲参加某多轮趣味游戏，在两个不透明的盒内摸球.规定在一轮游戏中甲先在盒内随机取出1个小球放入盒，再在盒内陏机取出2个小球.若每轮游戏的结果相互独立，且每轮游戏开始前，两盒内小球的数量始终如下表（小球除颜色外大小质地完全相同）：红球蓝球白球盒221盒221（1）求在一轮游戏中甲从两盒内取出的小球均为白球的概率；（2）已知每轮游戏的得分规则为：若从盒内取出的小球均为红球，则甲获得5分；若从盒内取出的小球中只有1个红球，则甲获得3分；若从盒内取出的小球没有红球，则甲获得1分.（i）记甲在一轮游戏中的得分为，求的分布列；（ii）假设甲共参加了5轮游戏

6、，记5轮游戏甲的总得分为，求.21.（12分）已知.（1）当时，讨论的单调性；（2）若关于的不等式恒成立，求实数的取值范围.22.（12分）已知双曲线的离心率为，且的一个焦点到其一条渐近线的距离为1.（1）求的方程；（2）设点为的左顶点，若过点的直线与的右支交于两点，且直线与圆分别交于两点，记四边形的面积为，的面积为，求的取值范围.参考答案及评分标准一选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.题号12345678答案BCACDBAD8.解：设点，过点的直线与曲线相切于点，的方程为，化简得，设，在区间上单调递减，在区间上单调递增，若过点恰有三条不同的直线与曲线相切，满足条件的恰有三个，即，则点

7、的轨迹长度为8.二多选题：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.题号9101112答案BCACACDABD11.解：（1）考查选项：由抛物线定义可知，若，则，故选项正确；（2）考查选项：当时，为正三角形，直线的倾斜角为，设直线的方程为，由可得，故选项B错误；（3）考查选项：过点作直线垂直于，垂足分别为，由（2）可知，作的中点，由定义可知为的中点，三点的纵坐标成等差数列，故选项正确；（4）考查选项：设，直线的斜率为，直线的斜率为，则，由（2）可知，由（3）可知，又，且，由基本不等式可得，故选项D正确.12

8、.解：（1）考查选项：当时，易知与为等腰三角形，作中点，平面，故选项正确；（2）考查选项：当时，易知四面体的所有对棱相等，可将四面体补为长方体，其中四面体的各条棱为该长方体各面的对角线，四面体的外接球即为该长方体的外接球，设该长方体的三条棱的长度分别为，则，将三式相加可得外接球的半径为，四面体的外接球的表面积为，故选项B正确；（3）考查选项C：此时有两种情况，当时，作的中点，则在中由三角形性质可得；当时，作的中点，则在中由三角形性质可知，故选项错误；（4）考查选项D：当时，若四面体的体积最大时，则底面上的高为1，即平面，此时四面体体积的最大值为，当时，由（3）可知此时，则的面积为，四面体的体积

9、为，设，由单调性可知当时，的最大值为四面体体积的最大值为，又四面体体积的最大值为，故选项D正确.三填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.15 14.31 15. 16.，.16.解：设为中点，则点的轨迹方程为，则最大值为，且过定点过定点，点的轨迹为，的最小值为.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.解：（1）证明：，数列是以1为首项，1为公差的等差数列，则.（2），.18.解：（1）由正弦定理及条件，得，又，.（2）记的面积为，由余弦定理，及，可得，将代入上式，得，故，.19.证明：（1）作的中点为等边三角形，平面平面，平面平面平面，平面，为

10、圆的直径，又平面，平面平面平面.（2）（法一）由三角形中位线的性质可知，又平面平面平面，平面平面平面，平面平面，平面平面，由题可知，取中点连接，则平面平面，由（1）可知平面，如图1建立空间直角坐标系，设平面的一个法向量，则令，则，由（1）可知平面的一个法向量，设平面与平面的夹角为，则，平面与平面的夹角的余弦值为.（法二）由，取中点连接，则，平面平面，由（1）可知平面，如图1建立空间直角坐标系，令，而平面的一个法向量，在平面内，圆的方程为，且平面，则，设平面的一个法向量，则令，则，由（1）知平面的一个法向量，设平面与平面的夹角为，则，平面与平面的夹角的余弦值为.（法三）如图2，由三角形中位线的性

11、质可知，又平面平面，平面平面，平面平面，平面平面，平面平面，由题可知，取中点连接，则平面平面，由（1）可知平面，连接，过点作，为的中点，且平面，平面，过点作，垂足为，连接，平面，则为平面与平面的夹角，在中，由勾股定理可得，平面与平面的夹角的余弦值为.20.解：（1）记“在一轮游戏中甲从两盒内取出的小球均为白球”为事件，由条件概率可知，在一轮游戏中甲从两盒内取出的小球均为白球的概率为.（2）（i）由题可知可以取，随机变量的分布列为135（ii）由（i）可知，每轮游戏的结果相互独立，且甲共参加了5轮游戏，.21.解：（1），当时，由，解得，由，解得，当时，由，解得，由，解得，当时，的单调增区间为，

12、单调减区间为，当时，的单调增区间为，单调减区间为.（2）由，得，（法一）令，则，当时，不满足条件，不成立，当时，令，当时，使得，即，当时，当时，在区间上单调递减，在区间上单调递增，当时，取得最小值，由，取对数得，则，要使不等式恒成立，需，解得，实数的取值范围是.（法二）由（1）解得，令，则，令在区间上单调递减，使得，即，且当时，当时，在区间上单调递增，在区间上单调递减，当时，取得最大值，由，得，则，实数的取值范围是.（方法三）先证明不等式（等号在时取得）成立，设，则，当时，时，即不等式成立，则，根据法二的证明，（评分标准参照法二）存在实数使得成立，则上式等号能够取得，的最大值为，因此，实数的取值范围是.22.解：（1）考虑右焦点到一条渐近线的距离，由题可知的一条渐近线方程为，右焦点为，右焦点到渐近线的距离，则依题意，由离心率，有，解得，双曲线的方程为.（2）设直线的方程：，由得，要使直线与双曲线的右支交于两点，需解得点坐标为，将代入，得.设，且，即，故，由，得，同理可得，由得，同理可得，令，由，得，令，在区间上为增函数，所以的取值范围为，的取值范围为.