2022-2023学年上海市晋元高级中学高二下学期期中数学试题含解析

2022-2023学年上海市晋元高级中学高二下学期期中数学试题

一、填空题

1．抛物线的准线方程是_______

【答案】

【分析】先根据抛物线的标准方程得到焦点在y轴上以及，再直接代入即可求出其准线方程.

【详解】因为抛物线的标准方程为，焦点在y轴上，

所以：，即，所以，

所以准线方程为：，

故答案是：.

【点睛】该题考查的是有关抛物线的几何性质，涉及到的知识点是已知抛物线的标准方程求其准线方程，属于简单题目.

2．已知，则m=__________.

【答案】3

【分析】根据排列数公式求解即可.

【详解】因为，所以.

故答案为：3

3．若，且，则经过的直线的一般方程为_________

【答案】

【分析】根据、都在同一直线上,结合两点确定一条直线可知直线的唯一性,即得直线方程.

【详解】若,

则点在直线上,

点在直线上

即、都在同一直线上

因为两点确定一条直线,所以由、确定的直线即为

故答案为:

4．函数，其中，函数在区间上的平均变化率为，在上的平均变化率为，则与的大小关系是_________

【答案】

【分析】根据平均变化率公式求出与，再比较大小即可；

【详解】依题意，

，

所以，而，所以.

故答案为：

5．2名老师和6名学生站成一排，则2名老师恰好不相邻的排法数为_________

【答案】30240

【分析】不相邻的排法使用插空法计算即可.

【详解】先将6名学生排成一排有种，再将2名老师插入到7个空位中有，所以满足条件的排法共有种排法.

故答案为：30240.

6．已知函数，满足，则它的导函数_________（请注明定义域）.

【答案】

【分析】根据复合函数的导数运算法则求解.

【详解】由题可知，函数的定义域为，

，

故答案为: .

7．6本不同的书全部分给5个学生，每个学生至少一本，不同的分法种数为_______

【答案】1800

【分析】先把6本书取出两本看做一个元素，这一元素和其他的4个元素分给5个同学，相当于在5个位置全排列，根据分步乘法计数原理即可得出结果.

【详解】从6本书中取出两本看做一个元素共有种不同的取法，

这一元素与其他4个元素分给5个同学共有种不同的分法，

根据分步乘法计数原理，共有种不同的分法.

故答案为:1800.

8．设为抛物线的焦点，为该抛物线上三点,若为的重心，则_________

【答案】12

【分析】根据三角形重心坐标公式以及抛物线的定义求解.

【详解】设三角形的三个顶点，

由条件可知，且,

根据三角形的重心坐标公式，可得，所以，

根据抛物线的定义，可得

所以，

故答案为：12.

9．设分别为椭圆的左、右焦点，点在椭圆上，且不是椭圆的顶点．若，且，则实数的值为_____．

【答案】1

【分析】由已知向量条件结合椭圆的对称性推出四边形一定为平行四边形，可得，即.

【详解】因为，所以，所以，

又，且不是椭圆的顶点．

根据椭圆的对称性可知，四边形一定为平行四边形，

如图：

所以，

所以，即，

故答案为：．

【点睛】关键点点睛：根据椭圆的对称性求解是解题关键.

10．若关于的方程有且只有两个不同的实数根，则实数的取值范围是______．

【答案】

【分析】分析可知直线与曲线有两个公共点，作出图形，求出当直线与曲线相切时实数的值，以及直线过原点时的值，数形结合可得出实数的取值范围.

【详解】由可得，

则直线与曲线有两个公共点，如下图所示：

由可得，即，

所以，曲线表示圆的上半圆，

直线是过点且斜率为的直线，当直线与圆相切时，则，解得，

当直线过原点时，，

由图可知，当时，直线与曲线有两个公共点.

因此，实数的取值范围是.

故答案为：.

11．《九章算术》中，称底面为矩形而有一侧棱垂直于底面的四棱锥为阳马，设是正六棱柱的一条侧棱，如图，若阳马以该正六棱柱的顶点为顶点，以为底面矩形的一边，则这样的阳马的个数是________.

【答案】16

【分析】根据正六边形的性质分析可得.

【详解】如图所示：

根据正六边形的性质可知，

当另一条边取时，顶点可取或或或共4种情况，

当另一条边取，，时，顶点也各有4种情况，

因此这样的阳马的个数是种.

故答案为：

【点睛】本题考查了分类计数原理，考查了正六边形的性质，属于基础题.

12．古希腊数学家阿波罗尼奥斯用不同的平面截同一圆锥，得到了三种圆锥曲线，其中的一种如图所示.用过点且垂直于圆锥底面的平面截两个全等的对顶圆锥得到双曲线的一部分，已知高，底面圆的半径为为母线的中点，平面与底面的交线，则双曲线两渐近线所夹锐角的余弦值为_________

【答案】/0.6

【分析】以过点且垂直于圆锥底面的平面的中心为原点，平行于圆锥的轴为轴建立坐标系，求出坐标代入双曲线方程，进而求得渐近线方程，先求出两渐近线所夹锐角的正切值，再求余弦值即可.

【详解】设交于，

以过点且垂直于圆锥底面的平面的中心为原点，平行于圆锥的轴为轴建立如图所示坐标系，

因为圆锥的高，是中点，且截面垂直于底面，

所以，所以，

又因为底面圆半径，

所以，，所以，

设双曲线方程为，将，，代入解得，

则双曲线的两条渐近线方程为，

由对称性可知两条渐近线所夹锐角的正切值为，

所以双曲线两渐近线所夹锐角的余弦值为，

故答案为：

二、单选题

13．将5封信投入3个邮筒，不同的投法共有（   ）

A．种 B．种 C．种 D．种

【答案】B

【分析】根据分步乘法计数原理求解即可.

【详解】将5封信投入3个邮筒，每封信有3种选择，

故共有种不同的投法.

故选：B.

14．已知方程表示圆，则实数的取值范围是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】根据二元二次方程表示圆的要求可直接构造不等式求解.

【详解】方程表示圆，，即，解得：，

实数的取值范围是.

故选：D.

15．设，若函数的部分图像如图所示，则下列结论正确的是（   ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】根据函数的导数与极值的关系求解.

【详解】由图可知，函数的极小值点为，极大值点，

且由图可知，即

且函数在单调递减，

单调递增，单调递减，

，

所以当时，，当时，，当时，，

所以，解得，

故选:A.

16．若存在实常数和，使得函数和对其公共定义域上的任意实数都满足：和恒成立，则称此直线为和的“隔离直线”，已知函数，有下列两个命题：

命题：和之间存在唯一的“隔离直线”；

命题：和之间存在“隔离直线”，且的最小值为.

则下列说法正确的是（    ）

A．命题、命题都是真命题 B．命题为真命题，命题是假命题

C．命题为假命题，命题是真命题 D．命题、命题都是假命题

【答案】B

【分析】对命题：和有公共点，故隔离直线过该公共点，设为，结合二次函数性质对参数分类讨论研究恒成立得，则直线为，再用导数法证恒成立即可；

对命题：设隔离直线为，则有对任意恒成立，结合二次函数性质对参数分类讨论即可

【详解】（1）对命题：

设，的隔离直线为，则对任意恒成立，即对任意恒成立，若，记，，则二次函数有两个不同零点，记为，由，不妨设，解不等式可知，，即与对任意恒成立矛盾，故，

若，则符合题意，

若，由对任意x都成立，注意到的对称轴为，从而，即，所以，又的对称轴为，∴，即，∴，故，同理可得，，即，的最小值为，故命题为假命题；

（2）对命题：

注意到函数和均经过，若存在和的隔离直线，那么该直线过这个公共点，设隔离直线的斜率k，则隔离直线方程，即，

由恒成立，即，整理得：对于均成立.

若，则上述不等式转化成，显然对于恒成立；

若，记，则该二次函数有两个不同零点且至少一个正零点：，此时是开口向上的二次函数，必有轴以下的部分，即对于无法成立.故，此时直线，

下面证明，

令，则，于是当时，，函数单调递减；当时，，函数单调递增，故当时，函数取得极小值，也是最小值，所以，故，所以和存在唯一的隔离直线，故命题为真命题.

故选：B

三、解答题

17．已知圆，直线

（1）求证：对，直线l与圆C总有两个不同的交点；

（2）设l与圆C交于A,B两点，若，求l的倾斜角

【答案】（1）证明见解析；（2）或

【分析】（1）直线过定点，在圆内，故得到证明.

（2）先根据计算得到，再利用点到直线的距离公式得到

，计算得到答案.

【详解】（1）过定点

在圆内，故直线l与圆C总有两个不同的交点.

（2）， ，则

或

【点睛】本题考查了直线和圆的位置关系，倾斜角的计算，意在考查学生的计算能力和综合应用能力.

18．已知抛物线.

(1)若上一点到其焦点的距离为4，求的方程；

(2)若，斜率为2的直线交于A、B两点，交轴的正半轴于点为坐标原点，，求点的坐标.

【答案】(1)；

(2).

【分析】（1）根据给定条件，利用抛物线定义列式求解作答.

（2）设出直线的方程，与抛物线方程联立，再利用数量积的坐标表示求解作答.

【详解】（1）抛物线的准线方程为，依题意，，解得，

所以的方程为.

（2）设，则直线，而抛物线，

由消去y得：，则，

，而，解得，

所以点坐标为.

19．某科学考察队在某地考察时，在距离点20千米处的西侧、东侧分别设立了站点、.现以为坐标系原点，的东侧为轴正方向，的北侧为轴正方向建立平面直角坐标系.

(1)若考察发现一点满足(千米)，据此写出所在的曲线方程；若进一步观察到，在的北偏东方向处，求点的坐标；

(2)若考察发现一点满足(千米).为进一步得到位置，该考察队在距离点15千米处的南侧、北侧分别设立了站点、，且(千米)，求的距离（精确到1米)和点相对于的方向(精确到).

【答案】(1)，

(2)，点在东偏北

【分析】（1）由已知结合双曲线的定义，即可得出所在的曲线方程.易知方程为，代入双曲线方程，即可得出点的坐标；

（2）根据已知即可推得点所在的两条双曲线方程，且点为双曲线和在第一象限的交点.联立两个双曲线的方程，即可得出点的坐标，进而得出点相对于的方向.

【详解】（1）

由题意知，，

所以，点在以为焦点的双曲线上.

由已知可设，双曲线方程为，

由已知可得，，

所以，，所以.

又，所以为双曲线右支上的一点，

故双曲线的方程为.

因为，则方程为，

代入双曲线方程，

解得，，

即点坐标为.

（2）由题意知，，

所以，点在以为焦点的双曲线上.

由已知可设，双曲线方程为，

由已知可得，，

所以，，所以.

又，所以为双曲线右支上的一点，

故双曲线的方程为.

由题意知，，

所以，点在以为焦点的双曲线上.

由已知可设，双曲线方程为，

由已知可得，，

所以，，所以.

又，所以为双曲线上支上的一点，

故双曲线的方程为.

所以，点为双曲线和在第一象限的交点，如图2

联立双曲线和的方程，

得，则(米).

设，

则，则.

所以，点在东偏北.

20．已知函数.

(1)若，求曲线在点处的切线方程；

(2)若函数在上是单调函数，求实数的取值范围；

(3)设函数，若在上至少存在一点，使得成立，求实数的取值范围.

【答案】(1)

(2)

(3)

【分析】（1）根据题意，由导数的几何意义代入计算即可得到结果；

（2）根据题意，转化为，由基本不等式可得，即可得到的取值范围；

（3）根据题意，分离参数可得，即可转化为函数的最大值问题，然后求导，得极值，从而得到最值即可.

【详解】（1）当时，，则，且，所以在在点处的切线斜率为，

且切线过原点，则切线方程为.

（2）若递增对一切恒成立，即，

变量（时等号成立），得，

即，所以只要，即时，有，

函数单调递增；同理，当时，显然，函数单调递减；

综上可得，

（3）由题意可得，即，所以

即可得，令，所以，

因为，令，可得，

且当时，，则函数单调递增；

当时，，则函数单调递减；

当时，有极大值，即最大值，

所以

21．17世纪荷兰数学家舒腾设计了多种圆锥曲线规，其中的一种如图1所示.四根等长的杆用铰链首尾链接，构成菱形.带槽杆长为，点，间的距离为2，转动杆一周的过程中始终有.点在线段的延长线上，且.

(1)建立如图2所示的平面直角坐标系，求出点的轨迹的方程；

(2)过点的直线与交于两点.记直线的斜率为，证明：为定值；

(3)过点作直线垂直于直线，在上任取一点，对于（2）中的两点，试证明：直线的斜率成等差数列.

【答案】(1)

(2)证明见解析

(3)证明见解析

【分析】（1）根据已知可得，即可得出轨迹为椭圆.根据已知求出，即可得出答案；

（2）（ⅰ）当直线斜率存在时，设.联立直线与椭圆的方程，根据韦达定理得出坐标关系，表示出，整理化简，即可得出；（ⅱ）当直线斜率不存在时，根据对称性也可求出，即可得出证明；

（3）设点坐标为，.（i）当直线斜率存在时，表示出，根据韦达定理化简整理可得；（ⅱ）当直线斜率不存在时，求出的坐标，即可得出答案.

【详解】（1）由已知可得，，

又，

所以，点的轨迹为以，为焦点的椭圆.

设椭圆的方程为，

则，所以，

，，，

所以，点的轨迹方程为.

（2）（ⅰ）当直线斜率存在时，

设，

联立直线与椭圆方程，

可得，显然，

设，，

则，

所以，.

由已知可得，，则，，

 所以，，

即为定值；

（ⅱ）当直线斜率不存在时，直线垂直于轴，如图2，

显然，可得，即.

综上所述，为定值.

（3）由已知的方程为，设点坐标为，则.

（i）当直线斜率存在时，

有，，

，

此时有；

（ⅱ）当直线斜率不存在时，方程为，

代入椭圆方程可得，

不妨设，，

则，

也有.

综上所述，，

根据等差中项的性质可知，直线的斜率成等差数列.

【点睛】思路点睛：小问（2）中，当直线斜率存在时，设出直线方程，与椭圆联立.然后与根据韦达定理，化简整理，即可得出证明.