2022-2023学年上海市三校（金山中学、闵行中学、嘉定一中）高二下学期5月联考数学试题含答案

这是一份2022-2023学年上海市三校（金山中学、闵行中学、嘉定一中）高二下学期5月联考数学试题含答案，共15页。试卷主要包含了填空题，单选题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年上海市三校（金山中学、闵行中学、嘉定一中）高二下学期5月联考数学试题一、填空题1．若集合，则实数__________【答案】【解析】由可得，即可得解.【详解】由，所以，所以.故答案为：【点睛】本题考查了集合的交集概念，以及元素和集合的关系，属于基础题.2．已知向量，，若，则实数的值为______.【答案】/【分析】根据向量的共线的坐标表示，列出方程，即可求解.【详解】由向量，，因为，所以，解得.故答案为：.3．函数 的最小正周期是________【答案】【分析】利用同角三角函数的基本关系，二倍角公式可得函数，根据最小正周期等于求出结果.【详解】函数，函数的最小正周期为故答案为：.4．已知复数满足（为虚数单位），则______.【答案】【分析】由复数的除法法则计算出复数，然后求模长即可.【详解】因为，所以，所以.故答案为：.5．已知某圆锥的高为4，底面积为，则该圆锥的侧面积为___.【答案】【分析】先求得圆锥的底面半径和母线长，进而求得该圆锥的侧面积.【详解】圆锥底面积为，则底面半径为3，又圆锥的高为4，则圆锥的母线长为5，则该圆锥的侧面积为故答案为：6．计算_______.【答案】【分析】根据无穷等比数列的求和公式直接即可求出答案.【详解】故答案为：7．已知函数，则__________．【答案】【分析】首先计算，当时，即可求值.【详解】，，.故答案为：8．已知是双曲线与抛物线的一个共同焦点，则双曲线的离心率的大小为______.【答案】【分析】先求出抛物线的焦点坐标，即为双曲线的焦点，然后求解即可.【详解】抛物线的焦点为，也是双曲线的焦点，所以，所以，即，所以双曲线的离心率为.故答案为：.9．若是函数的极值点，则的值为___________.【答案】3【分析】根据题意，求出函数的导数，分析可知，据此可求出，然后针对的每一个值，进行讨论，看是不是函数的极值点，综合即可得答案.【详解】解：根据题意，，得，由题意可知，解得或，当时，，当时，，函数单调递增；当时，，函数单调递减，显然是函数的极值点；当时，，所以函数是上的单调递增函数，没有极值，不符合题意，舍去，故答案为：3.【点睛】本题考查利用导数分析函数的极值，本题易错的地方是求出的值，没有通过单调性来验证是不是函数的极值点，也就是说使得导函数为零的自变量的值，不一定是极值点.10．设、、为空间中三条不同的直线，若与所成角为，与所成角为，则与所成角的取值范围是______.【答案】【分析】不妨设、、相交于点，根据题意构造两个圆锥，结合轴截面可得与所成角的最小值与最大值即可.【详解】不妨设、、相交于点，如图，根据题意构造两个圆锥，  其中底面圆心为，轴所在直线为，小圆锥的母线所在直线为，轴截面；大圆锥的母线所在直线为，轴截面，且在一条直线上.由题意，，由图可知，当移动到，移动到时，可得与所成角的最小，最小值为.当移动到，移动到时，可得与所成角的最大，最大值为.所以与所成角的取值范围为.故答案为：11．已知正数、满足，则的最小值为___.【答案】【分析】将题给条件转化为，再利用二次函数在给定区间上的值域即可求得的最小值.【详解】正数、满足，则则，又时，，则，则的最小值为.故答案为：12．在平面直角坐标系中，已知动点到两直线与的距离之和为，则的取值范围是______.【答案】【分析】由题意可知满足为四边形的四边上任意一点，然后画图由几何意义求解即可.【详解】将直线与的方程化为一般式为，，所以到两直线的距离之和为：，所以①.当时，①式变形为：；当时，①式变形为：；当时，①式变形为：；当时，①式变形为：；则动点为如图所示的四边形的边，  的几何意义为正方形边上任意一点与连线的斜率.，，，.则的取值范围是：.故答案为：. 二、单选题13．设为直线，是两个不同的平面，下列命题中正确的是A．若，，则 B．若，，则C．若，，则 D．若，，则【答案】B【详解】A中，也可能相交；B中，垂直与同一条直线的两个平面平行，故正确；C中，也可能相交；D中，也可能在平面内.【考点定位】点线面的位置关系14．在中，设三个内角A、、的对边依次为、、，则“”是“”成立的（    ）条件A．充分不必要 B．必要不充分 C．充要 D．既不充分也不必要【答案】C【分析】先利用求得角A的值，进而得到二者间的逻辑关系.【详解】由，可得，则，又，则，以上步步可逆.则“”是“”成立的充要条件.故选：C15．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】D【分析】由已知中函数的部分图像，运用韦达定理结合图像判断的符号.【详解】解：∵，∴，由图知，两个极值点，设为，则，由图知单调递增，单调递减，则，则，∴，由图知，∴，故选：D．16．已知数列满足，且对任意的正整数，都有，若对任意的正整数成立，则正整数的最小值为（    ）A．2021 B．2022 C．2023 D．2024【答案】B【分析】根据题意化简得到，求得，进而求得正整数的最小值，得到答案.【详解】由数列满足，且对于任意的正整数，都有，可得，若时，即，可得，解得或，不符合题意，舍去；若时，可得，解得，因为，所以不符合题意，舍去；所以，所以，即为，则，若正整数使得对任意正整数成立，则，所以正整数的最小值为.故选：B 三、解答题17．已知数列的前项和.(1)求的值；(2)求的通项公式.【答案】(1)15(2) 【分析】（1）利用即可求得的值；（2）利用数列前项和与通项间的关系即可求得数列的通项公式.【详解】（1）（2）当时，，当时，，综上，的通项公式为18．已知在四棱锥中，底面为正方形，侧棱平面，点为中点，.(1)求证：直线平面；(2)求点到平面的距离.【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）连接交于点，连接，进而根据即可证明；（2）根据题意，以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，利用坐标法求解即可.【详解】（1）证明：连接交于点，连接，因为底面为正方形，所以为的中点，所以，在中，为的中点，为的中点，所以；又因为面，面，所以平面.（2）解：因为平面，为正方形，平面，所以，两两垂直，以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，所以，，，，，所以，，设平面的法向量为，所以，，即，令，则，，即，，设点P到平面MAC的距离为d，所以，所以，点到平面的距离为.19．为庆祝神舟十四号载人飞船返回舱成功着陆，某学校开展了航天知识竞赛活动，共有100人参加了这次竞赛，已知所有参赛学生的成绩均位于区间，将他们的成绩（满分100分）分成五组，依次为、、、、，制成如图所示的频率分布直方图.  (1)求出的值，并用各区间的中间值估计这100人的竞赛成绩的平均数；(2)采用按比例分配的分层抽样的方法，从竞赛成绩在（即第四、五组内）的学生中抽取了12人作为航天知识宣讲使者.现从这12名使者中随机抽取1人作为组长，求这名组长的竞赛成绩在内的概率.【答案】(1)，73.5(2) 【分析】（1）由频率之和为解，由频率分布直方图中平均数的估计方法求解平均数即可；（2）先由分层抽样的方法确定每层的人数，然后由古典概率公式计算概率即可.【详解】（1）由，解得；这100人的竞赛成绩的平均数估计为：.（2）成绩在的频率为0.25，成绩在的频率为0.05，所以竞赛成绩在，两个组的人数之比为，采用分层抽样的方法从中抽取人，所以成绩在抽得的人数为人，成绩在抽得的人数为人.现从这12名使者中随机抽取1人作为组长，则这名组长的竞赛成绩在内的概率为.20．把右半个椭圆和圆弧合成的封闭曲线称为“曲圆”，“曲圆”与轴的左、右交点依次记为、，与轴的上、下交点依次记为、，过椭圆的右焦点的直线与“曲圆”交于、两点.  (1)当点与重合时，求的周长；(2)当、两点都在半椭圆时，是否存在以为直径的圆恰好经过点？若存在，求出直线的方程，若不存在，请说明理由；(3)当点在第一象限时，求的面积的最大值.【答案】(1)8(2)不存在，理由见解析(3)3 【分析】（1）由焦点三角形周长求解即可；（2）假设存在，设出直线的方程联立方程组，由判断可知不存在；（3）分类讨论由求面积的最大值即可.【详解】（1）因为圆弧的左顶点，刚好是半椭圆的左焦点，所以点与重合时，的周长为；（2）假设存在直线，因为、两点都在半椭圆，或，所以，联立 得， 设、，则恒成立.所以，.以为直径的圆恰好经过点，所以，即，即，代入韦达定理得，即，解得，所以不存在直线，满足题意.（3）①由(2)知，当、两点都在半椭圆时，设直线的方程为，当在第一象限时，.且当且仅当得时等号成立，即的面积为，②当、两点分别在半椭圆与圆弧上时，此时当与重合时取得最大值，此时.综上，的面积的最大值为3.21．已知曲线，在点处的切线为，若曲线上存在异于的点，使曲线在点处的切线与重合，则称为曲线关于的“公切点”；若曲线上存在，使曲线在处的切线与垂直，则称为曲线关于的“正交点”.(1)求曲线关于的“正交点”；(2)若，，已知曲线上存在关于的“正交点”，求的取值集合；(3)已知，若对任意，曲线上都存在关于的“正交点”，求实数的取值范围.【答案】(1)(2)(3) 【分析】（1）根据切线与垂直，即可求解.（2）设的斜率为，的斜率为，的“正交点”，利用，得到，又，，可得，即可根据求得结果.（3）据已知可得，通过分类讨论和可知不存在这样的点，即可知道的范围.【详解】（1），，则，设的斜率为，的斜率为，的“正交点”，则，，，，即的“正交点”为.（2），设的斜率为，的斜率为，的“正交点”，，，同理，，因为，所以，即，设，因，则，当，，当，，所以，同理，因为，所以，即，则，又，所以.故的取值集合为.（3）设的斜率为，的斜率为，的“正交点”，，，则，当时，，因为，，所以不存在这样的点；当时，，因为，，所以上式也不成立.故的取值范围为.