2022-2023学年上海交通大学附属中学高二上学期期中数学试题（解析版）

 2022-2023学年上海交通大学附属中学高二上学期期中数学试题

一、单选题

1．下列命题：

①有两个面平行，其他各面都是平行四边形的几何体叫做棱柱；

②有两侧面与底面垂直的棱柱是直棱柱；

③过斜棱柱的侧棱作棱柱的截面，所得图形不可能是矩形；

④所有侧面都是全等的矩形的四棱柱一定是正四棱柱．

其中正确命题的个数为（    ）

A．0 B．1 C．2 D．3

【答案】A

【分析】①②③④均可举出反例.

【详解】①如图1，满足有两个面平行，其他各面都是平行四边形，

显然不是棱柱，故①错误；

②如图2，满足两侧面与底面垂直，但不是直棱柱，②错误；

③如图3，四边形为矩形，

即过斜棱柱的侧棱作棱柱的截面，所得图形可能是矩形，③错误；

④所有侧面都是全等的矩形的四棱柱不一定是正四棱柱，因为两底面不一定是正方形，④错误．

故选：A

2．已知均为复数，则下列命题不正确的是（    ）

A．若则为实数 B．若，则为纯虚数

C．若，则为纯虚数 D．若，则

【答案】C

【分析】设复数，利用复数的基本运算，以及复数方程的运算，即可判定，得到答案.

【详解】由题意，设复数，

对于A中，由，即，解得，所以复数为实数，所以A正确；

对于B中，复数，因为，可得，所以复数为纯虚数，所以是正确的；

对于C中，当时，满足，所以复数不一定为纯虚数，所以不正确；

对于D中，由，可得，即，解得或，

所以，所以是正确的.

故选C.

【点睛】本题主要考查了复数的代数形式的乘除运算，以及复数的基本概念和复数方程的应用，其中解答中熟练利用复数的代数形式的四则运算，以及熟记复数的基本概念是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.

3．如果函数的定义域为，且值域为，则称为“函数”.已知函数是“函数”，则的取值范围是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】根据函数的新定义得到且，结合函数和二次函数的性质，列出不等式，即可求解.

【详解】由题意，函数的定义域为，且值域为，

即函数的最小值，最大值为，

又由函数，

当时，可得，

要是函数满足新定义，则满足，即，所以，

所以实数的取值范围是.

故选：B.

4．一个棱长为1的正方体容器，在八个顶点处分别有一个出口（出口大小忽略不计）.现从A点放入一个粒子.粒子沿着直线运动，碰到容器壁会进行反射（遵循反射定律），遇到出口就会飞出容器.已知粒子在飞出容器前与容器壁产生了三次碰撞（粒子未与棱产生碰撞），则粒子在容器内的飞行距离有（    ）种不同的值

A．1 B．2 C．3 D．4

【答案】B

【分析】利用正方体的对称性，根据粒子碰撞次数可分别从、射出，进而判断各情况粒子在容器内的飞行距离，即可得结果.

【详解】根据正方体的对称性，如下图示，

粒子从A射出在、各碰撞2次、1次后，从C点射出；

粒子从A射出在、各碰撞2次、1次后，从H点射出；

粒子从A射出在、各碰撞2次、1次后，从F点射出；

以上三种情况粒子在容器内的飞行距离相同为；

粒子从A沿平面（平面）射出在平面边缘靠近（）、各碰撞2次、1次后，从B点射出；

粒子从A沿平面（平面）射出在平面边缘靠近（）、各碰撞2次、1次后，从E点射出；

粒子从A沿平面（平面）射出在平面边缘靠近（）、各碰撞2次、1次后，从D点射出；

以上三种情况粒子在容器内的飞行距离相同为.

综上，粒子在容器内的飞行距离共有2种不同值.

故选：B

二、填空题

5．已知球的表面积为，则其体积为______.

【答案】

【分析】由球的表面积公式与体积公式求解

【详解】由题意得，，则

故答案为：

6．若圆锥高为3，且母线与底面所成角为，则该圆锥的侧面积为______.

【答案】

【分析】由题意求出底面半径，进而求母线长、底面周长，应用扇形面积公式求圆锥侧面积.

【详解】若底面半径为，则，可得，

所以，底面周长为，母线长为，

故圆锥侧面积为.

故答案为：

7．若，，则符合条件的不同有序集合对共有______对.

【答案】4

【分析】根据给定条件，列举出集合A与B的可能结果即可作答.

【详解】因，，则有：；

；；，

所以符合条件的不同有序集合对共有4对.

故答案为：4

8．已知A、B、C是的内角，若，其中为虚数单位，则等于______.

【答案】##120°

【分析】根据复数代数形式的乘法运算化简，再根据复数相等，得到方程组，再根据两角和的正弦、余弦公式计算可得.

【详解】由，

所以，，

因为，所以

所以.

故答案为：

9．正方体的8个顶点中，选取4个共面的顶点，有______种不同选法

【答案】12

【分析】正方体的侧棱出发找到与之共面的2个顶点，确定共面的情况数，注意重复计数的情况.

【详解】

从任意一个侧棱出发，其它6个顶点中任选2个点都有3种共面的情况，

所以，所有共面的情况有种，而每条棱均重复计数一次，

综上，正方体的8个顶点中，选取4个共面的顶点，有种.

故答案为：12

10．已知正三棱柱的底面边长为1，高为8，一质点自点出发，沿着三棱柱的侧面绕行两周到达的最短路线的长为___________.

【答案】10

【分析】将三棱柱的侧面展开两次，结合矩形的对角线长，进而求得最短距离，得到答案.

【详解】将正三棱柱的侧面展开两次，再拼接到一起，

其侧面展开图，如图所示的矩形，连接，

因为正三棱柱的底面边长为1，高为8，可得矩形的底边长为，高为，

所以.

故答案为：.

11．平行六面体，，，若，则______.

【答案】

【分析】由几何体中线段对应向量的数量关系有，应用向量数量积的运算律、定义列方程即可求.

【详解】

如上图知：，

所以，

故.

故答案为：

12．如图，在三棱柱中，，，分别为，，的中点，设三棱锥体积为，三棱柱的体积为，则_______

【答案】

【详解】试题分析：因为D，E，分别是AB，AC的中点，所以S△ADE：S△ABC=1：4，

又F是AA1的中点，所以A1到底面的距离H为F到底面距离h的2倍．

即三棱柱A1B1C1-ABC的高是三棱锥F-ADE高的2倍．

所以V1：V2=S△ADE•h/S△ABC•H＝=1：24

【解析】棱柱、棱锥、棱台的体积

13．若对于定义在上的函数，当且仅当存在有限个非零自变量，使得，则称为类偶函数，若函数为类偶函数，则实数的取值范围为______.

【答案】

【分析】根据已知条件及类偶函数的定义，将问题转化为方程有解问题，结合二次函数的性质即可求解.

【详解】由，得，即，

根据类偶函数的定义，可知方程存在有限个非零的实数解，

故存在有限个非零的实数解，则，解得，

所以实数的取值范围为.    

故答案为：.

14．如图，函数图像与轴交于点，与轴交于点，则______.

【答案】

【分析】由题意得或，且，，结合图象有求范围，即可确定参数值.

【详解】由题设且，

所以或，且，，

当时，，，故，，

当时，，，故，，

由图知：，可得，

综上，时，此时，故.

故答案为：

15．用一个平面将圆柱切割成如图的两部分.将下半部分几何体的侧面展开，平面与圆柱侧面所形成的交线在侧面展开图中对应的函数表达式为.则平面与圆柱底面所形成的二面角的正弦值是______.

【答案】

【分析】根据已知画出在上的图象，直观想象侧面展开图与几何体的关系确定截面最高、低高度差及底面半径，即可求二面角正弦值.

【详解】

由在一个周期上图象如上图，

其最大值与最小值相差，即截面的最高处与最低处的高度差为，

底面周长为，即底面半径为1，故直径为2，

所以平面与圆柱底面所形成的二面角的正弦值是.

故答案为：

16．定义在上的函数、，且满足对任意恒成立，请判断以下命题：

（1）若是周期函数，则函数也是周期函数；

（2）若是偶函数，则函数也是偶函数；

（3）若是上的严格增函数，则函数是上的严格增函数或者严格减函数；

（4）若是上的增函数，则函数与函数也都是上的增函数.

其中真命题的序号是______.

【答案】（1）（2）（3）

【分析】（1）令，代入条件即可判断；（2）令，代入条件即可判断；（3）（4）令，根据函数的单调性定义判断正误即可.

【详解】（1）若是周期为的函数，则，

令，，故，

所以，即；

（2）若是偶函数，则，

令，，故，

所以，即；

（3）若是上为增函数，令，则，

所以，或，

即或，故是上的严格增函数或者严格减函数；

（4）是上的增函数，令，则，

所以，

即，故为增函数或为常数函数；

，故为增函数或为常数函数；

综上，（1）（2）（3）正确，（4）错误.

故答案为：（1）（2）（3）

三、解答题

17．已知正三棱柱的底面边长为3cm，高为3cm，M、N、P分别是、、的中点.

(1)用“斜二测”画法，作出此正三棱柱的直观图（严格按照直尺刻度）；

(2)在（1）中作出过M、N、P三点的正三棱柱的截面（保留作图痕迹）.

【答案】(1)作图见解析；

(2)作图见解析.

【分析】（1）利用斜二测法画出棱柱底面的直观图，再根据斜二测画图的原则确定三点，即可得直观图；

（2）应用平面的基本性质画出截面即可.

【详解】（1）①平面直角坐标系中作边长为3cm的等边三角形，原点为中点，如下图，

②在线段上找到中点，过作与x轴成45°的轴，并在轴找点使，此时直观图底面确定；

③过向上作与x轴垂直的射线，并在各射线上找一点使cm，连接，即得正三棱柱的直观图.

（2）①过作直线分别交射线于，连接，分别交于，

②连接，则截面即为所求.

18．如图，四棱锥的底面是矩形，底面，，.点M为BC的中点.

(1)证明：平面平面；

(2)求点到平面的距离.

【答案】(1)证明见解析；

(2).

【分析】（1）由线面垂直性质得，根据已知可证，再应用线面、面面垂直的判定证结论；

（2）AM与BD交于点E，连接PE，过点B作BH垂直于PE交其于点H，由面面垂直的性质有面PAM，即BH的长为B到面PAM的距离，等面积法求长度即可.

【详解】（1）因为底面，平面，所以.

底面为矩形，且，，则，

所以Rt△Rt△，易知.

又，面，所以平面，而平面，

所以平面平面.

（2）设AM与BD交于点E，连接PE，过点B作BH垂直于PE交其于点H，

由①知，面面PBD，面面，且面，

因此面PAM，线段BH的长为点B到平面PAM的距离.

由，解得.

因此点B到平面PAM的距离为.

19．已知数列和有，，而数列的前项和.

(1)证明数列为等比数列，其中；

(2)如果，试证明数列的单调性.

【答案】(1)证明见解析；

(2)证明见解析.

【分析】（1）根据给定的递推关系，结合等比数列定义计算判断作答.

（2）由（1）求出数列的通项，再求出数列的通项，利用作差法比较大小作答.

【详解】（1）数列中，当时，，因，有，

，由此可得，而，

于是得，而，

所以数列为以为首项，以为公比的等比数列.

（2）由（1）知，，

当时，，满足上式，

因此，则，有，即，

所以数列为严格递减数列.

20．已知定义域为的函数满足：①对，恒有；②当时，.

(1)求的值；

(2)求出当，时的函数解析式；

(3)求出方程在中所有解的和.

【答案】(1)0；

(2)，，；

(3).

【分析】（1）根据给定的函数关系，依次计算即可作答.

（2）根据给定的关系，分和求解作答.

（3）由（2）求出方程在上的根，再探讨n的取值，利用无穷等比数列求和公式计算作答.

【详解】（1）依题意，，有，当时，，

.

（2）当时，，，，

则；

当时，，，，，

则，

综上，对任意，，.

（3）由（2）知，当，，，解得，

因此在每一区间，段上方程都有唯一解，

由解得，于是得，

从而方程所有不大于100的解从大到小分别为：，形成一个以为公比的无穷等比数列，

则其所有项的和为，

所以方程在中所有解的和.

【点睛】关键点睛：涉及由抽象的函数关系及给定区间上的解析式求解析式，在所求解析式的区间上任取变量，再变换到已知解析式的区间上是解题的关键.

21．如果实数，且满足，则称x、y为“余弦相关”的.

(1)若，请求出所有与之“余弦相关”的实数；

(2)若两数、为“余弦相关”的，求证：；

(3)若不相等的两数、为“余弦相关”的，求证：存在唯一的实数，使得x、z为“余弦相关”的，y、z也为“余弦相关”的.

【答案】(1)或；

(2)证明见解析；

(3)证明见解析.

【分析】（1）将代入已知条件求得，即可得实数；

（2）先应用反证法证明，再根据定义证，也是余弦相关的，结合前一结论证，即可；

（3）先证存在性：记，易得、，即得x，z为“余弦相关”的，同理证y、z也为“余弦相关”的；再证唯一性：x，y，z中任意两个数灯“余弦相关”的，得到三角方程，应用三角恒等变换、正弦型函数的性质，将问题化为在内两个不同的解x和y，得到即可.

【详解】（1）将代入得，故，

故，又，则或.

（2）已知满足.

先证：

若，由余弦函数单调性知：，

从而，故，同理.

相加得：与假设矛盾，故.

再证：易知，，

，故，也是余弦相关的.

从而利用以上结论，有，即.

综上，.

（3）证存在性：记，

由（2）知，而，

且.

从而，故x，z为“余弦相关”的，同理，y、z也为“余弦相关”的.

证唯一性：x，y，z中任意两个数灯“余弦相关”的，

代入检验易知x，y，z均不为0和，故.

注意到，，

固定，引入关于的三角方程.

移项，和差化积，得，进而，其中，

x和y为该方程在内两个不同的解.

利用在内图象知，x和y关于函数在内的一条对称轴对称.

注意到，故对称轴可能或或.

从而或或.

由（2），，而，故，.

从而只能是，即.

【点睛】关键点点睛：第二问，根据新定义求证不等式关系，注意反证法的应用；第三问，记并从存在性、唯一性两方面证明结论.