2022-2023学年广东省深圳科学高中高二（下）期中数学试卷（含解析）

2022-2023学年广东省深圳科学高中高二（下）期中数学试卷

学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

第I卷（选择题）

一、单选题（本大题共8小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）

1.  已知集合，则(    )

A.  B.
C.  D.

2.  在复平面内，复数，对应的点分别是，，则的虚部是(    )

A.  B.  C.  D.

3.  九章算术卷商功记载一个问题“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.  B.  C.  D.

4.  已知抛物线的准线过双曲线的一个焦点，则(    )

A.  B.  C.  D.

5.  已知向量，，若，则(    )

A.  B.  C.  D.

6.  若幂函数的图象过点，则函数的递增区间为(    )

A.  B.
C.  D.

7.  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.  已知数列满足，且的前项的和记为，则(    )

A.  B.  C.  D.

二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）

9.  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.  已知，分别为随机事件，的对立事件，，，则下列结论正确的是(    )

A.
B.
C. 若，互斥，则
D. 若，独立，则

11.  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.  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

第II卷（非选择题）

三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）

13.  已知等比数列的前三项和为，且，则的公比为______ ．

14.  若的展开式中二项式系数之和为，则的展开式中的系数为______．

15.  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.  已知函数，，若恒成立，则实数的取值范围______ ．

四、解答题（本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）

17.  本小题分
已知等比数列的前项和为，且
求数列的通项公式；
记，证明：．

18.  本小题分
在中，为的角平分线上一点，且与分别位于边的两侧，若，．
求的面积；
若，求的长．

19.  本小题分
某市举行招聘考试，共有人参加，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．

根据频率分布直方图，试求样本平均数的估计值；
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分的人数；
复试共三道题，第一题考生答对得分，答错得分，后两题考生每答对一道题得分，答错得分，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.  本小题分
如图，在三棱柱中，是的中点，是的中点，点在上，且．
证明：平面；
若平面，，，求平面与平面夹角的余弦值．

21.  本小题分
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、．
求椭圆的标准方程；
设直线、的斜率分别为，，证明：；
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.  本小题分
已知函数注：是自然对数的底数．
当时，求曲线在点处的切线方程；
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．

答案和解析

1.【答案】 

【解析】解：解不等式，得或，
所以或，
所以．
故选：．
根据已知条件，结合补集的定义，即可求解．
本题主要考查补集及其运算，属于基础题．
 

2.【答案】 

【解析】解：复数，对应的点分别是，，
则，，
，其虚部为．
故选：．
由复数，对应的点分别求出，，代入化简计算，进而可得的虚部．
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.【答案】 

【解析】

【分析】
本题考查圆周率的求法，考查圆柱体体积等基础知识，是基础题．
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A．  

4.【答案】 

【解析】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：．
求出双曲线的焦点坐标，然后利用抛物线的定义，求解即可．
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.【答案】 

【解析】解：因为，，，
所以，即，
所以，解得或舍，
所以．
故选：．
由求得，再用倍角公式求即可．
本题主要考查二倍角的三角函数，属于基础题．
 

6.【答案】 

【解析】解：设幂函数，它的图象过点，
，；
；
，，
令，即，解得：，
故在递增，
故选：．
先求幂函数，再利用导数判定函数的单调递增区间．
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.【答案】 

【解析】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种方式，最后将乙丙放入个空中，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：．
六名同学排成一排照相，共有中不同的排列方法，满足条件的共有种排法，得到概率．
本题主要考查了古典概型的概率公式，属于基础题．
 

8.【答案】 

【解析】解：，
，
，
故选：．
利用和差公式、裂项求和方法即可得出结论．
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．
 

9.【答案】 

【解析】解：，
由，最小正周期为，故A正确；
令，解得：，时，对称轴是，故B错误，
由于，则，在上单调减，C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D错误．
故选：．
将变形可得，然后对应的性质来判断各个选项即可．
本题考查三角函数的图象和性质，属于基础题．
 

10.【答案】 

【解析】解：选项A中：由对立事件定义可知，选项A正确；
选项B中：，选项B正确；
选项C中：，互斥，，，，，故选项C错误；
选项D中：，独立，则，则，故选项D正确．
故选：．
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．
本题主要考查条件概率公式，属于基础题．
 

11.【答案】 

【解析】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，，，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：．
由线面垂直得线线垂直来确定点位置，判断选项A；
几何法找线面角，当角最小时确定点位置，判断选项B；
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C；
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D．
本题主要考查空间中直线与平面所成得角，属于中档题．
 

12.【答案】 

【解析】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A正确；
对，因为，故，
又，所以，
即，故，故B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C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D错误．
故选：．
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．
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．
 

13.【答案】 

【解析】解：由可设的公比为，
等比数列的前三项和为，，
，解得．
故答案为：．
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．
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.【答案】 

【解析】解：的展开式中二项式系数之和为，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：．
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．
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.【答案】   

【解析】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：；．
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．
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.【答案】 

【解析】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：．
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．
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．
 

17.【答案】解：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，
所以，所以，即，
所以数列的通项公式．
证明：由得，
所以，
故 ． 

【解析】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；
结合，可得，利用裂项求和法可证得原不等式成立．
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.【答案】解：在中，，，，，
即，解得负值舍去，
故；
，平分，
，
又，
，
在中，，
在中，，
，得，
，
又由三角函数的同角公式可知，，且，
，
将代入，得，
． 

【解析】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；
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．
本题主要考查解三角形，考查转化能力，属于中档题．
 

19.【答案】解：样本平均数的估计值为；
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分的人数为人；
的取值分别为，，，，，，
则，，，，，，
故的分布列为：

所以数学期望为． 

【解析】根据频率分布直方图的平均数的估算公式即可求解；
由可知即可求解；
根据题意确定的取值分别为，，，，，，利用独立性可求得分布列，进而求得均值．
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.【答案】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．
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，，，，
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． 

【解析】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．
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．
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.【答案】解：由题意知，，所以，
又椭圆经过，所以，
解得，，所以椭圆方程为；
证明：联立直线与椭圆方程，得，
所以，，
则，解得，
设，，则，，
所以

，
即；
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． 

【解析】根据题意可得，，解出、即可求解；
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；
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．
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.【答案】解：，
，
切线的斜率，又，
切线方程为．
，
当时，当时，，，
，
在上单调递增，没有极值点，不合题意，舍去；
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，
． 

【解析】，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．
，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．
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．