精品解析：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

2024 年深圳市普通高中高二年级调研考试 数 学 本试卷共 4 页， 19 小题， 满分 150 分.考试用时 120 分钟. 注意事项: 1. 答题前， 考生请务必用黑色字迹钢笔或签字笔将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.用 铅笔将试卷类型 (A) 填涂在答题卡相应位置上.将条形码横贴在答题卡右上角 “条形码粘贴处”. 2. 作答选择题时， 选出每小题答案后， 用 铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑; 如需改动， 用橡皮擦干净后， 再选涂其他答案， 答案不能答在试卷上. 3. 非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答， 答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上; 如需改动， 先划掉原来的答案， 然后再写上新的答案; 不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答的答案无效. 4. 考生必须保持答题卡的整洁.考试结束后， 将试卷和答题卡一并交回. 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. 2. 若复数满足，则（ ） A. B. C. D. 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 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 5. 已知 均为不等于 1 的正实数，若 ，则 （ ） A. B. C. 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 7. 分别是抛物线 和 轴上的动点， ，则 的最小值为（ ） A. 5 B. C. D. 2 8. 已知，且 ，则 的值为（ ） A. B. C. D. 7 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 10. 已知函数，则（ ） A. 的最小正周期为 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 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8 D. 的最小值为112 三、填空题: 本题共 3 小题， 每小题 5 分， 共 15 分. 12. 已知圆锥表面积为 ，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的体积为______________. 13. 已知函数 ，则不等式 的解集为______________. 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______________. 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 通项公式; （2）求数列 前 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. 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 . 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. 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. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2024 年深圳市普通高中高二年级调研考试 数 学 本试卷共 4 页， 19 小题， 满分 150 分.考试用时 120 分钟. 注意事项: 1. 答题前， 考生请务必用黑色字迹钢笔或签字笔将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.用 铅笔将试卷类型 (A) 填涂在答题卡相应位置上.将条形码横贴在答题卡右上角 “条形码粘贴处”. 2. 作答选择题时， 选出每小题答案后， 用 铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑; 如需改动， 用橡皮擦干净后， 再选涂其他答案， 答案不能答在试卷上. 3. 非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答， 答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上; 如需改动， 先划掉原来的答案， 然后再写上新的答案; 不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答的答案无效. 4. 考生必须保持答题卡的整洁.考试结束后， 将试卷和答题卡一并交回. 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】 【分析】解不等式求出集合，再求. 【详解】集合， 则. 故选：B. 2. 若复数满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据条件，利用复数的运算得到，再利用共轭复数的定义，即可得出结果. 【详解】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】 【分析】根据条件，利用充分条件与必要条件的判断方法，即可求出结果. 【详解】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】 【分析】在正方体中，通过取平面和直线，即可判断出选项A，B，C的正误；对于选项D，根据条件，利用线面平行的性质及面面垂直的判定定理，即可判断出选项D的正误. 【详解】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】 【分析】根据分数指数幂的运算性质、对数的运算性质和换底公式计算可得 【详解】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】 【分析】根据分类计数原理可得 【详解】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. 5 B. C. D. 2 【答案】D 【解析】 【分析】首先把问题转化为和到轴的距离之和的最小值，再根据抛物线的定义最小，根据数形结合得出结论. 【详解】设抛物线的焦点为，无论在何处，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】 【分析】根据条件，利用平方关系，得到，从而求得，，，进而求得，再利用正切的和角公式，即可求解. 【详解】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】 【分析】选项A，利用极差的定义及平均数的定义，可知选项A正确；选项C，利用平均数的定义可知选项C正确；再通过举特例，计算出中位数和标准差，即可判断出选项B和D的正误. 【详解】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】 【分析】首先利用简单三角函数恒等变换公式化简函数得，利用周期公式可判断A；整体代入法可判断B和C；通过换元法简化三角函数方程即可判断D. 【详解】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8 D. 的最小值为112 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，设的中点为，连接，求出点到直线的距离的最小值进行判断，对于B，举例判断，对于CD，利用向量的数量积运算结合图形分析判断即可. 【详解】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 【点睛】关键点点睛：此题考查直线与圆的位置关系，考查向量的数量积的运算，解题的关键是画出图形，结合图形分析判断，考查数形结合的思想和计算能力，属于较难题. 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】 【分析】设圆锥的底面圆的半径为，母线为，高为，根据条件建立方程，从而得到，，再利用体积公式，即可求解. 【详解】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】 【分析】利用导数判断单调性，再判断奇偶性，即可求解不等式. 【详解】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】 【分析】设，利用双曲线定义，结合余弦定理求得，再利用余弦定理建立方程求出离心率. 【详解】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： 【点睛】方法点睛：求解椭圆或双曲线的离心率的三种方法： ①定义法：通过已知条件列出方程组，求得得值，根据离心率的定义求解离心率； ②齐次式法：由已知条件得出关于的二元齐次方程，然后转化为关于的一元二次方程求解； ③特殊值法：通过取特殊值或特殊位置，求出离心率. 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 . 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用累加法求解数列通项公式，再根据分组求和进行化简； （2）利用裂项相消求解数列的前 项和 ； 【小问1详解】 可知 上式相加得 所以数列 的通项公式 【小问2详解】 ， 所以 所以数列 的前 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. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）作出辅助线，利用线面平行的判定可得证； （2）建立空间直角坐标系，分别求出平面 与平面 的法向量，利用公式求出即可 【小问1详解】 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 ； 【小问2详解】 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，， 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 . 【答案】（1） （2）分布列见解析， 【解析】 【分析】（1）记事件：该同学得分为分，事件：该同学只射击了发子弹，利用相互独立事件同时发生的概率公式得，，再利用条件概率公式即可求出结果； （2）由题知可能取值为，利用相互独立事件同时发生的概率公式，分别求出每个取值的概率，即可求出分布列，再利用期望的计算公式，即可求出结果. 【小问1详解】 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. 【小问2详解】 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. 【答案】（1）答案见解析 （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）先确定定义域，对求导，得到，利用导数与函数单调性间的关系，对进行讨论，即可求出结果； （2）利用（1）中结果，再利用零点存在性原理，即可得出结果. 【小问1详解】 易知函数的定义域为，， 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， 此时在区间上恒成立，当且仅当取等号， （3）当，即时，在区间上恒成立， 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，无减区间. 【小问2详解】 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， 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. 【答案】（1） （2）(i)证明见解析；(ii)，证明见解析 【解析】 【分析】（1）利用直线与椭圆联立方程组，利用韦达定理和中点坐标公式来求解椭圆方程； （2）(i)用点差法可得中点弦斜率与中点与原点的斜率之积为定值，利用斜率相等来证明三点共线； (ii)用坐标来研究斜率，再用三点共线得到斜率相等，来找到相等关系，最后求出定点. 【小问1详解】 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. 【小问2详解】 (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. 【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下： （1）设直线方程，设交点坐标为； （2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，注意的判断； （3）列出韦达定理； （4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式； （5）代入韦达定理求解. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$