2022-2023学年上海市青浦区高二下学期期末数学试题含答案

2022-2023学年上海市青浦区高二下学期期末数学试题

一、填空题

1．点到直线的距离为          ．

【答案】

【分析】根据题意，利用点到直线的距离公式，即可求解.

【详解】由点到直线的距离公式，可得点到直线的距离为.

故答案为：.

2．已知一组数据8.6，8.9，9.1，9.6，9.7，9.8，9.9，10.2，10.6，10.8，11.2，11.7，则该组数据的第80百分位数为          ．

【答案】10.8

【分析】根据题设及百分位数的求法，得到第80百分位数所在的位次，找到对应位次上的数，即为所求.

【详解】由题设知：数据共有12个,则，即第80百分位数在第10位,

第80百分位数是10.8.

故答案为：10.8.

3．在空间直角坐标系中，点关于yOz平面的对称点的坐标是      .

【答案】

【分析】根据关于yOz平面的对称点横坐标变为相反数，纵坐标和竖坐标保持不变即可求解.

【详解】关于yOz平面的对称点横坐标变为相反数，纵坐标和竖坐标保持不变，

所以点关于yOz平面的对称点的坐标是，

故答案为: .

4．的二项展开式中项的系数为          ．

【答案】210

【分析】利用二项式定理得展开式进行运算，得到项的系数.

【详解】二项式定理得展开式可得，

，

令，即，项的系数为，

故答案为：210.

5．已知正方形的边长为4，若，则的值为                 .

【答案】6

【分析】建立平面直角坐标系，求得点P的坐标，进而得到的坐标，再利用数量积的坐标运算求解.

【详解】如图所示建立平面直角坐标系：

则，设 ，，

因为，，解得，所以，

所以，

所以，

故答案为：.

【点睛】本题主要考查平面向量的坐标表示和数量积运算，还考查了运算求解的能力，属于中档题.

6．若双曲线的一条渐近线与直线平行，则          ．

【答案】

【分析】根据双曲线的渐近线为求解即可.

【详解】双曲线的渐近线为，

又因为双曲线的一条渐近线与直线平行，

所以.

故答案为：.

7．在长方体中，，点为棱的中点，则二面角的大小为          ．（结果用反三角函数值表示）

【答案】

【分析】建立空间直角坐标系，分别求得平面的一个法向量和平面DEC的一个法向量，由.

【详解】解：建立如图所示空间直角坐标系：

由，得，

则，

设平面的一个法向量为，

则，即，

令，得，

易知平面DEC的一个法向量为，

则，

易知二面角为锐角，

所以二面角的大小为，

故答案为：

8．设等比数列的公比为2，前项和为，若，则          ．

【答案】

【分析】根据题意，结合等比数列的求和公式，求得，再由等比数列的通项公式，即可求解.

【详解】由等比数列的公比为2，且，

可得，整理得，解得，

所以.

故答案为：.

9．有3男3女共6位高三同学在高考考场外合影留念．若从这6人中随机选取2人拍双人照，则选中的2人恰为1男1女的概率是          ．

【答案】/

【分析】根据组合数公式结合古典概率公式即可得到答案.

【详解】设选中的2人恰为1男1女为事件，

故，

故答案为：.

10．某校开展“全员导师制”．有2名导师可供5位学生选择，若每位学生必须也只能选取一名导师且每位导师最多只能被3位学生选择，则不同的选择方案共有          种（用数字作答）．

【答案】20

【分析】先分为两组，再利用全排列知识求解.

【详解】由题意得，5位学生中有3位学生选取同一名导师，

先将5人分为2组，一组3人，一组2人，再将2组对应两名导师，

故有种方案.

故答案为：20

11．如图，将正四面体每条棱三等分，截去顶角所在的小正四面体，余下的多面体称作“阿基米德体”．若一个正四面体的棱长为12，则对应的“阿基米德体”的表面积为          ．

【答案】

【分析】由阿基米德体的定义，可以得出该多面体由四个全等的正六边形和四个全等的正三角形组成，分别计算出正六边形和正三角形的面积，即可得出该几何体的表面积.

【详解】根据题意，正四面体的棱长为12，一个面的面积为，

截去顶角所在的小正四面体的边长为4，小正四面体一个面的面积为，

则该多面体中一个正六边形的面积为，

则该“阿基米德体”的表面积为.

故答案为：

12．对于项数为10的数列，若满足（其中为正整数，），且，设，则的最大值为          ．

【答案】

【分析】根据，可得数列中相邻两项的差最大为，再根据数列的增减性计算即可.

【详解】因为，

所以或，

设，

则数列中相邻两项的差最大为，

要保证，

则数列的项有增有减，

假如中有个，增量最大为，则有项是减少的，

则必有，所以，则或，

取，取最大值，按最大连续增量计算，

有，即中有最大值为，

所以的最大值为.

故答案为：.

【点睛】关键点睛：说明数列中相邻两项的差最大为，数列的项有增有减，是解决本题的关键.

二、单选题

13．设、是两个不同的平面，直线，则“对内的任意直线，都有”是“”的（    ）

A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件

C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件

【答案】A

【分析】利用线面垂直的定义、面面垂直的判定定理结合充分条件、必要条件的定义判断可得出结论.

【详解】因为、是两个不同的平面，直线，

若对内的任意直线，都有，根据线面垂直的定义可知，

，，

所以，“对内的任意直线，都有”“”；

若，因为，对内的任意直线，与的位置关系不确定，

所以，“对内的任意直线，都有”“”.

因此，“对内的任意直线，都有”是“”的充分而不必要条件.

故选：A.

14．某高级中学高一年级、高二年级、高三年级分别有学生名、名、名，为了解学生的健康状况，用分层抽样的方法从该校学生中抽取一个容量为的样本，若从高三年级抽取名学生，则为

A． B． C． D．

【答案】C

【详解】分析：由题意结合分层抽样的性质得到关于n的方程，解方程即可求得最终结果.

详解：由题意结合分层抽样的定义可得：，

解得：.

本题选择C选项.

点睛：进行分层抽样的相关计算时，常利用以下关系式巧解：

(1) ；

(2)总体中某两层的个体数之比＝样本中这两层抽取的个体数之比．

15．点为椭圆的右顶点，为椭圆上一点（不与重合），若（是坐标原点），则椭圆的离心率的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】设，由，得到，再与椭圆方程联立得到，再由点P的位置求解.

【详解】解：设，

又，且，

则，与椭圆方程联立，

即，解得或，

则，即，

即，则，

故选：B

16．已知非常数列满足，若，则

A．存在，，对任意，，都有为等比数列

B．存在，，对任意，，都有为等差数列

C．存在，，对任意，，都有为等差数列

D．存在，，对任意，，都有为等比数列

【答案】B

【解析】本题先将递推式进行变形，然后令，根据题意有常数，且，将递推式通过换元法简化为，两边同时减去，可得，此时逐步递推可得.根据题意有，则当，时，可得到数列是一个等差数列，由此可得正确选项.

【详解】解：由题意，得.

令，则，

为非零常数且，

均为非零常数，

∴常数，且.

故.

两边同时减去，可得

，

∵常数，且，

，且.

，

∵数列是非常数数列，

，

则当，即，即，即时，

.

此时数列很明显是一个等差数列.

∴存在，只要满足为非零，且时，对任意，都有数列为等差数列.

故选：B.

【点睛】本题主要考查递推式的基本知识，考查了等差数列的基本性质，换元法的应用，逻辑思维能力和数学运算能力，是一道难度较大的题目.

三、解答题

17．记Sn为等差数列{an}的前n项和，已知S9=－a5．

（1）若a3=4，求{an}的通项公式；

（2）若a1>0，求使得Sn≥an的n的取值范围．

【答案】（1）；

（2）.

【分析】（1）首项设出等差数列的首项和公差，根据题的条件，建立关于和的方程组，求得和的值，利用等差数列的通项公式求得结果；

（2）根据题意有，根据，可知，根据，得到关于的不等式，从而求得结果.

【详解】（1）设等差数列的首项为，公差为，

根据题意有，

解答，所以，

所以等差数列的通项公式为；

（2）由条件，得，即，

因为，所以，并且有，所以有，

由得，整理得，

因为，所以有，即，

解得，

所以的取值范围是：

【点睛】该题考查的是有关数列的问题，涉及到的知识点有等差数列的通项公式，等差数列的求和公式，在解题的过程中，需要认真分析题意，熟练掌握基础知识是正确解题的关键.

18．已知圆锥的顶点为，底面圆心为，半径为2．

(1)若圆雉的侧面积为，求圆锥的体积；

(2)设是底面半径，且是线段的中点，如图．求直线与平面所成的角的大小．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由圆锥的体积公式计算即可；

（2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，由坐标法计算即可.

【详解】（1）由题意可知圆锥的底面半径为2，所以底面圆的周长为：，

所以侧面展开图扇形的弧长为，设半径为，由于圆雉的侧面积为，

所以，所以扇形的半径为，所以圆锥的母线长为，

所以在直角三角形中，，

所以圆锥的体积为：.

（2）由于为圆锥的高，所以,

且，所以分别以的方向为轴，轴，轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系.

，，，，所以，

设平面的法向量为，

所以，

所以直线与平面所成的角的正弦值为，

所以直线与平面所成的角的大小为：.

19．已知，如图是一张边长为的正方形硬纸板，先在它的四个角上裁去边长为的四个小正方形，再折叠成无盖纸盒．

(1)试把无盖纸盒的容积表示成裁去边长的函数；

(2)当取何值时，容积最大？最大值是多少？（纸板厚度忽略不计）

【答案】(1)

(2)当时，容积最大，最大值为

【分析】（1）根据长方体的体积公式即可得解；

（2）求导，再利用导数求出函数的单调区间，进而可得出答案.

【详解】（1）由题意，长方体的高为，底面是正方形，正方形的边长为，

则，所以，

则；

（2）由（1）得，

则，

当时，，当时， ，

所以函数在上单调递增，在上单调递减，

所以当时，容积最大，最大值为.

20．已知抛物线的焦点为，准线为．

(1)若为双曲线的一个焦点，求双曲线的方程；

(2)设与轴的交点为，点在第一象限，且在上，若，求直线的方程；

(3)经过点且斜率为的直线与相交于、两点，为坐标原点，直线、分别与相交于点、．试探究：以线段为直径的圆是否过定点，若是，求出定点的坐标；若不是，说明理由．

【答案】(1)

(2)

(3)过定点

【分析】（1）先求抛物线的焦点坐标，再根据题意求双曲线的，即可得解；

（2）根据抛物线的定义进行转化分析可得，进而可得直线EP的倾斜角与斜率，利用点斜式求直线方程；

（3）设直线的方程及A，B两点的坐标，进而可求M，N两点的坐标，结合韦达定理求圆C的圆心及半径，根据圆C的方程分析判断定点.

【详解】（1）抛物线的焦点为，准线为，

双曲线的方程为双曲线，即，则，

由题意可知：，则，

故双曲线的方程；

（2）由（1）可知：，

过点P作直线的垂线，垂足为M，则，

∵，且，

∴，

故直线EP的倾斜角，斜率，

∴直线EP的方程为，即；

（3）设直线，

联立方程，消去y可得：，

则可得：，

∵直线，当时，，

∴，

同理可得：，

∵

，

，

则线段MN为直径的圆C的圆心，半径，

故圆C的方程为，

整理得，

令，则，解得或，

故以线段MN为直径的圆C过定点.

【点睛】思路点睛：过定点问题的两大类型及解法：

（1）动直线过定点问题．解法：设动直线方程(斜率存在)为，由题设条件将用表示即可；

（2）动曲线过定点问题．解法：引入参变量建立曲线的方程，再根据其对参变量恒成立，令其系数等于零，得出定点．

21．已知函数，，令．

(1)当时，求函数在处的切线方程；

(2)当为正数且时，，求的最小值；

(3)若对一切都成立，求的取值范围．

【答案】(1)

(2)1

(3)

【分析】（1）求出函数的导数，计算，的值，利用直线的点斜式方程求出切线方程；

（2）求出函数的导数，通过讨论的范围，求出函数的单调区间，求出函数的最小值，得到关于的不等式，解出即可求出答案；

（3）根据条件进行恒等转化，构造函数，问题转化为在上恒成立，利用不等式的性质求出范围即可.

【详解】（1）当时，，

∴，，，

∴在处的切线方程为.

（2）函数的定义域为，

当时，.

令，解得或.

①当，即时，，故在上单调递增.

所以在上的最小值为，符合题意；

②当，即时，

当时，；当时，，

故在上单调递减，在上单调递增，

所以在上的最小值为，不符合题意；

当，即，同理在上单调递增，

所以在上的最小值为，不符合题意；

综上，实数a的取值范围是.

故的最小值为1.

（3）设，则，

因为，

所以对任意，，，且恒成立，

等价于在上单调递增.而，

当时，，此时在单调递增；

当时，只需在恒成立，

因为，只要，则需要，

对于函数，过定点，对称轴

只需，即，

综上可得：.

【点睛】（1）经过函数上的一点求切线方程的方法：对函数进行求导，得到导函数，求出在此点出的切线斜率，利用直线的点斜式方程，求出切线方程即可;

（2）若已知含参函数最值，求按参数的取值范围或参数的最值时，通常要对函数进行求导，研究导数的正负，进而得到原函数的单调性，导数里含有参数，根据导数的具体形式对参数进行分类讨论，结合条件得出结果；

（3）不等式抓化为函数值的比较，通常需要构造函数，如出现题中的不等式形式，需要构造，研究函数单调性，转化为导数在的恒成立问题.