2022-2023学年上海市杨浦区高二下学期期末数学试题含答案

2022-2023学年上海市杨浦区高二下学期期末数学试题

一、填空题

1．抛物线的焦点坐标是      ．

【答案】

【详解】抛物线的焦点在轴上，且，所以抛物线的焦点坐标为，故答案为.

2．抛掷一颗质地均匀的正方体骰子，得点数的概率是            .

【答案】

【分析】根据古典概型的公式计算即可.

【详解】由题意，丢一次质地均匀的正方体骰子，有种实验结果，即点数为，根据古典概型的计算公式，投到点数的概率为.

故答案为：

3．半径为1厘米的球的表面积为           平方厘米.

【答案】

【分析】利用球的表面积公式将半径代入计算即可.

【详解】将半径为代入球的表面积公式可得.

故答案为：

4．如图，正方体中，异面直线与所成角的大小是            .

【答案】/

【分析】根据题意，由异面直线所成角的求法，即可得到结果.

【详解】  

由题意可得，，则异面直线与所成角即为与所成角，

即为，且为等腰直角三角形，所以.

故答案为：

5．双曲线的渐近线方程为       .

【答案】

【解析】根据方程得出，即可得出该双曲线的渐近线方程.

【详解】根据双曲线的方程得

则其渐近线方程为

故答案为：

【点睛】本题主要考查了求双曲线的渐近线方程，属于基础题.

6．以为圆心，且经过的圆的方程是            .

【答案】

【分析】设出圆的标准方程，把代入圆方程即可求出参数，从而得圆的标准方程.

【详解】因为圆心，故可设圆的标准方程为，

因为点在圆上，所以，

所以所求圆的方程为.

故答案为：

7．如图所示，靶子由一个中心圆面Ⅰ和两个同心圆环Ⅱ、Ⅲ构成，射手命中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的概率分别为0.35、0.30、0.25，则不命中靶的概率是        ．

【答案】0.10

【详解】令“射手命中圆面Ⅰ”为事件A，“射手命中圆环Ⅱ”为事件B，“射手命中圆环Ⅲ”为事件C，“不中靶”为事件D，则A、B、C彼此互斥，

故射手中靶的概率为P(A∪B∪C)＝P(A)＋P(B)＋P(C)＝0.35＋0.30＋0.25＝0.90．

因为中靶和不中靶是对立事件，

故不命中靶的概率为P(D)＝1－P(A∪B∪C)＝1－0.90＝0.10．

答案：0.10

点睛：

求复杂的互斥事件的概率一般有两种方法：一是直接求解法，将所求事件的概率分解为一些彼此互斥的事件的概率的和，运用互斥事件的求和公式计算；二是间接求法，先求此事件的对立事件的概率，再用公式计算．

8．“若直线平面，直线在平面上，则直线直线”是         命题（填“真”或“假”）.

【答案】假

【分析】根据题意，由空间中直线与平面的位置关系即可得到结果.

【详解】因为直线平面，直线在平面上，则可得直线直线或直线与直线异面.

故答案为：假

9．已知一个圆锥的体积为，高为3，则该圆锥的母线与底面所成角的大小是           .

【答案】/

【分析】根据题意，由圆锥的体积公式即可得到其底面圆的半径，从而得到结果.

【详解】  

设圆锥底面圆半径，母线为，高，

因为圆锥的体积为，即，解得，

则，所以.

故答案为：.

10．已知与是独立事件，，给出下列式子：①；②；③；④；

其中正确的式子是            .（填序号）

【答案】①②④

【分析】由事件间关系的概率公式计算即可判断.

【详解】因为与是独立事件，则与也是独立事件.

又，所以，

，故①正确；

，故②正确；

，故③错误；

，故④正确.

故答案为：①②④

11．如图，正三棱柱的各条棱长都相等，线段、和是该正三棱柱的三条面对角线，直线与这三条面对角线所在直线所成的角大小相同，则这个角的大小是            （写出所有可能的值）.

【答案】或

【分析】建立空间直角坐标系，由求线线角的向量方法即可求解.

【详解】以为原点建立如图所示的空间直角坐标系，

设正三棱柱的各条棱长都为2，则

，

，

设直线的方向向量为，直线与直线、和所成的角为，

则有，

，

，

所以，①

，②

由②可得或，

即或，

（1）当时，由①可得，

则或，即或，

若，令得，

此时，

因为，所以；

若，令得，

此时，

因为，所以；

（2）当时，由①可得，

令得或，

所以，

因为，所以.

综上所述或.

故答案为：或

12．已知数列，，，...，的各项均为正整数，其中，对于每个正整数，为相同的正整数，则的值是            .

【答案】4900

【分析】构造，可得，则，由可得，从而可求.

【详解】设，则，，

令，则，

故，当时，

，显然，也满足上式，

由，知于是，.

又，则.

于是，.

故答案为：4900.

二、单选题

13．在长方体中，与相等的向量是（   ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】由向量相等的定义即可判断.

【详解】由相等向量的定义：方向相同且大小相等的两个向量是相等向量，

故在长方体中，与相等的向量是、、，

故选：C

14．如图，已知球的半径为5，球心到平面的距离为3，则平面截球所得的小圆的半径长是（   ）

A．2 B．3 C． D．4

【答案】D

【分析】根据球的几何性质，利用截面距及球半径由勾股定理计算即可求得截面圆半径.

【详解】如图所示，为球面上一点，则，

球心到平面的距离为3，即，且，

则小圆的半径长即为，

在中，由勾股定理可得，解得.

故选：D

15．下列命题：

①底面是正多边形的棱锥是正棱锥；

②各侧棱的长都相等的棱锥是正棱锥；

③各侧面是全等的等腰三角形的棱锥是正棱锥.

其中真命题的个数是（   ）

A．0 B．1 C．2 D．3

【答案】A

【分析】由正棱锥满足的条件即可判断.

【详解】是正棱锥必须满足两个条件：（1）底面是正多边形（2）过顶点作底面垂线，垂足为底面正多边形中心，即侧面是全等的等腰三角形.

对于①，底面是正多边形的棱锥，但侧面不是全等的等腰三角形时不满足条件（2），故错误；

对于②，比如一个四棱锥满足各侧棱的长都相等，但其底面可以为矩形，此时不满足条件（1），故错误；

对于③，比如一个四棱锥满足各侧面是全等的等腰三角形，但其底面可以为菱形，此时不满足条件（1），故错误.

故选：A

16．小李购买了一盒点心，点心盒是长方体，长、宽、高分别为30厘米、20厘米和10厘米，商家提供丝带捆扎服务，有如图所示两种捆扎方案（粗线表示丝带）可供选择，免去手工费，但丝带需要按使用长度进行收费.假设丝带紧贴点心盒表面，且不计算丝带宽度以及重叠粘合打结的部分.为了节约成本，小李打算选择尽可能使用丝带较短的方案，则小李需要购买的丝带长度至少是（    ）

A．80厘米 B．100厘米 C．120厘米 D．140厘米

【答案】B

【分析】在捆扎方案一中，把点心盒各个面依次展开，则两点间线段最短可算出此时所需丝带的最短长度；在捆扎方案二中，所需丝带长度为两个矩形的周长之和，算出长度与方案一中所需丝带的最短长度比较即得结果.

【详解】在捆扎方案一中，设点心盒是长方体，如图：

丝带从棱上的点出发，沿着长方体的各个表面绕行一圈回到点进行捆扎，现把长方体从面开始，按照丝带绕行的顺序把长方体的各个面展开，如图所示：

则线段即为最短路径，即为所需丝带的最短长度，

易知，，所以，

所以在捆扎方案一中，丝带长度最短为100厘米；

在捆扎方案二中，所需丝带长度为矩形和矩形的周长之和，

易得矩形和矩形的周长之和为厘米，

即在捆扎方案二中，所需丝带长度最短为140厘米；

由上可知，小李需要购买的丝带长度至少是100厘米.

故选：B

三、解答题

17．设等比数列的前项和为，已知，.

(1)求公比的值；

(2)求的值.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据题意，由等比数列的性质即可得到；

（2）根据题意，由等比数列的前项和公式，即可得到结果.

【详解】（1）由题意可得，，所以公比.

（2）由题意可得，，则.

18．已知，直线，直线.

(1)若，求与之间的距离；

(2)若与的夹角大小为，求直线的方程.

【答案】(1)

(2)或.

【分析】（1）根据两直线平行可得，再由两平行线之间的距离公式即可求得结果；

（2）利用直线法向量夹角与直线夹角之间的关系，由平面向量夹角公式即可解得或，即可求出直线的方程.

【详解】（1）因为，所以，

与之间的距离

（2）设直线的一个法向量为，

直线的一个法向量为，

因为与的夹角大小为，

所以，解得或，

因此直线的方程为或.

19．某校高二年级共有学生200人，其中男生120人，女生80人.为了了解全年级学生上学花费时间（分）的信息，按照分层抽样的原则抽取了样本，样本容量为20，并根据样本数据信息绘制了茎叶图和频率分布直方图.由于保存不当，茎叶图中有一个数据不小心被污染看不清了（如图），频率分布直方图纵轴上的数据也遗失了.

(1)根据茎叶图提供的有限信息，求频率分布直方图中和的值，指出样本的“中位数、平均数、众数、方差、极差”中，哪些已经能确定，并计算它们的值；

(2)通过对样本原始数据的计算，得到男生上学花费时间的样本均值为30（分），女生的样本均值为27.75（分），试计算被污染的数值，并根据样本估计该年级全体学生上学花费时间的“中位数、平均数、方差”.

【答案】(1)，，众数和极差可以确定，分别为：众数为，极差为

(2)中位数为，平均数为，方差为.

【分析】（1）结合茎叶图，直方图的数据先可以确定，众数，极差信息均可以从茎叶图中看出；

（2）先根据男生女生的平均数算出被污染的数据，由两组数的平均值可以得到合成后的平均值，然后直接根据方差的定义进行计算.

【详解】（1）根据直方图可以看出，组距为，的频数为1，频率为，，

的频数为，频率为，

涂抹的数不确定大小，因此不能确定中位数

众数和极差可以确定，

无论被涂抹的数字是多少，不影响众数为，

极差为

（2）

被污染的数值为，

样本平均数，

于是样本方差

由于涂抹的数字是，故可以确定第个数是，则中位数为

于是可估计该年级全体学生上学花费时间的中位数为，平均数为，方差为.

20．如图，正四棱柱的底面边长为1，高为2，点是棱上一个动点（点与，均不重合）.

(1)当点是棱的中点时，求证：直线平面；

(2)当时，求点到平面的距离；

(3)当平面将正四棱柱分割成体积之比为的两个部分时，求线段的长度.

【答案】(1)证明见解析

(2)

(3)

【分析】（1）由线面垂直的判定定理，通过证，，即可证得直线平面，其中法一用勾股定理证，；法二用向量法证，；

（2）用点到面的距离的向量求法即可得答案；

（3）法一由，列方程求解可得的长度；

法二由，列方程求解可得的长度.

【详解】（1）证法一：因为是棱的中点，

所以，

，，

由勾股定理，得，同理可得，，

又，、平面，

所以直线平面；

法二：如图，以为原点，，，的方向为轴的正方向，

建立空间直角坐标系.得，

，

由，，得，，

又，、平面，

所以直线平面.

（2）如图，以为原点，，，的方向为轴的正方向，建立空间直角坐标系.

得，，

设点，则，

由，即，得，

得，设平面的法向量为，

由，得，，

可取，得，

从而得到平面的一个法向量是，因为，

所以点到平面的距离为.

（3）作平行于，交于点，连接，得截面，

连接，设线段的长为

由得，，

可得，

又由，可得，

由题意，整理的，解得，

所以线段的长度为.

另解：连接并延长，交的延长线于点，连接，交于点，连接，

得截面，因为平面平行于三棱锥的底面，

得棱台，

设线段的长度为，线段长度为.则，得，

，

，

由题意，，

所以，整理得，

由函数和图像可知，点是两个函数图像的一个交点，

即是方程的一个解，

因式分解，可得，得或或，

由，得，即.

21．如图，已知点是椭圆上的一点，顶点.

(1)求椭圆的离心率；

(2)直线交椭圆于两点（与不重合），若直线与直线的斜率之和为2，直线是否过定点？若是，请求出该定点的坐标；若不是，请说明理由.

(3)点、点是椭圆上的两个点，圆是的内切圆，过椭圆的顶点作圆的两条切线，分别交椭圆于点和点，判断直线与圆的位置关系并证明.

【答案】(1)

(2)直线过定点

(3)直线与圆相切，证明见解析

【分析】（1）根据题意可得，，将代入求解曲线方程，进而求解；

（2）分直线不垂直于轴和直线垂直于轴两种情况，将直线方程与曲线方程联立，利用韦达定理即可证明；

（3）设圆半径为，圆心，由相似三角形可得，解之可得

设点，直线的方程为，利用点到直线得距离公式即可证明.

【详解】（1）由题意可知，，将代入，

得，，

所以离心率.

（2）当直线不垂直于轴时，设直线的方程为，

直线的方程为，

整理得，

由不重合，可知，得 ①，

，整理得

因为，所以 ②，

由①②等价，得

整理得

可得直线与直线的斜率之和为，

整理得，直线的方程为，

即，直线过定点

当直线垂直于轴时，由椭圆的对称性可知，

，，得，

直线的方程为，直线也过定点，

综上所述，直线过定点.

（3）直线与圆相切，

证明：如图，设圆半径为，圆心，

即，则点，由相似三角形可知.

，整理得，

由得，

所以，整理得，

由，得，解得或（舍）

，设点，

直线的方程为，整理得，

由直线与圆相切，得，

整理得，

由，代入得，

因为，所以，整理得，

同理可得，即点满足，

所以直线的方程为，

圆心到直线的距离为，所以直线与圆相切.

【点睛】圆锥曲线中过定点问题常见有两种解法：

（1）求出圆锥曲线或直线得方程解析式，研究解析式，求出定点；

（2）从特殊位置入手，找出定点，在证明该点符合题意（运用斜率相等或者三点共线）.