2022-2023学年上海市静安区高二（下）期末数学试卷(含详细答案解析)

这是一份2022-2023学年上海市静安区高二（下）期末数学试卷(含详细答案解析)，共11页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.(2x−1 x)6的展开式中的常数项为( )
A. −120B. 120C. −60D. 60
2.已知物体的位移S(单位：m)与时间t(单位：s)满足函数关系S=2sinπt，则物体在t=2时的瞬时速度为( )
A. 2π(m/s)B. −2π(m/s)C. 2(m/s)D. −2(m/s)
3.如图，封闭图形的曲线部分是长轴长为4，短轴AB的长为2的半个椭圆，设P是该图形上任意一点，则与线段AP的长度的最大值最接近的是( )
A. 2.1
B. 2.2
C. 2.3
D. 2.4
二、填空题：本题共8小题，每小题4分，共32分。
4.以x=1为准线的抛物线的标准方程是______.
5.7个人站成一排，如果甲、乙2人必须站在两端，有______种排法.
6.过点(0,1)的直线l与圆x2+y2+4x+3=0相切，则直线l的斜率为______.
7.若双曲线C的渐近线方程为y=±32x，且过点(−2,0)，则C的焦距为______.
8.已知曲线y=ex 1−x上一点P(0,1)，则点P处的切线方程为______.
9.一个口袋内装有大小相同的7个白球和2个黑球.从口袋内随机取出3个球，则其中至少取到2个白球的概率为______.
10.类比教材中对圆双曲线的“对称性”和“范围”的研究，写出曲线C: 4−x2+y3=1的对称性和所在的范围为______.
11.已知某食品罐头的体积是常量，其包装是金属材质的圆柱形，假设该圆柱形的高和底半径分别为h和r，为了使制作包装的金属材料最省，h：r的值为______.
三、解答题：本题共5小题，共56分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
12.(本小题10分)
设椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)过点(0,4)，离心率为35.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)求过点(3,0)且斜率为45的直线被椭圆C所截线段的长及中点坐标．
13.(本小题10分)
如图是一座类似于上海卢浦大桥的圆拱桥示意图，该圆弧拱跨度AB为500m，圆拱的最高点H离水面AB的高度为100m，桥面CD离水面AB的高度为50m.
(1)建立适当的平面直角坐标系，求圆拱所在圆的方程；
(2)求桥面在圆拱内：部分CD的长度.(结果精确到0.1m)
14.(本小题11分)
设a>0，函数f(x)=alnxx.
(1)请讨论该函数的单调性；
(2)求该函数在闭区间[a,2a]上的最大值和最小值.
15.(本小题11分)
(1)已知m是自然数，n是正整数，且m≤n.求证组合数性质：Cn+1m=Cnm+Cnm−1；
(2)按(1)中的组合数性质公式，有C94=C84+C83.请自编一个计数问题，使得C94与C84+C83为该问题的两个不同的解法，并简要说明解法的依据.
16.(本小题14分)
在平面直角坐标系xOy中，设A(−1,0)、B(1,0)，动点P满足：k1⋅k2=m，其中m是非零常数，k1、k2分别为直线PA、PB的斜率.
(1)求动点P的轨迹Γ的方程，并讨论Γ的形状与m值的关系；
(2)当m=−4时，直线y=kx+b交曲线Γ于C、D两点，O为坐标原点.若线段CD的长度CD=2，△COD的面积S=1，求直线CD的方程.
答案和解析
1.【答案】D
【解析】【分析】
本题主要考查二项式定理的应用，二项式展开式的通项公式，求展开式中的特定项，属于基础题．
求出二项展开式的通项公式，令x的指数为0，求解r的值，即可求得常数项．
【解答】
解：(2x−1 x)6的展开式的通项公式Tr+1=C6r(2x)6−r(−1 x)r
=(−1)r⋅26−r⋅C6r⋅x6−32r，
令6−32r=0，解得r=4，
所以(2x−1 x)6的展开式中的常数项为(−1)4⋅22⋅C64=60.
故选：D.
2.【答案】A
【解析】解：S′=2πcsπt，
∴t=2时，S′=2πcs2π=2π(m/s).
故选：A.
可求出导函数S′=2πcsπt，然后求出t=2时的导数即可．
本题考查了基本初等函数和复合函数的单调性，导数的物理意义，考查了计算能力，属于基础题．
3.【答案】C
【解析】解：以AB为 x轴，AB的中垂线为 y轴，建立平面直角坐标系，如图：
由题意a=2，b=1，且椭圆焦点在 y轴上，所以半椭圆方程为y24+x2=1(y≥0)，
A(−1,0)，B(1,0)，设点P的坐标为(x0,y0)(y0≥0)，则y024+x02=1，
所以|PA|= (x0+1)2+y02= −3x02+2x0+5= −3(x0−13)2+163，
因为x0∈[−1,1]，所以当x0=13时，|PA|max=4 33≈2.31，
所以选项中与线段AP的长度的最大值最接近的是2.3.
故选：C.
建立直角坐标系，求出椭圆方程，设点 P的坐标为(x0,y0)，结合两点间的距离公式，利用二次函数的性质求解即可．
本题考查了椭圆的简单几何性质，是中档题．
4.【答案】y2=−4x
【解析】解：根据题意，要求抛物线的准线方程为x=1，
则抛物线的开口向左，且p2=1，
则抛物线的标准方程为：y2=−4x；
故答案为：y2=−4x
根据题意，由抛物线的准线方程分析可得抛物线的开口方向以及p2的值，分析可得抛物线的标准方程，即可得答案．
本题考查抛物线的简单几何性质，涉及抛物线的标准方程，注意分析抛物线的开口方向．
5.【答案】240
【解析】解：7个人站成一排，如果甲、乙2人必须站在两端，先排甲，乙有A22=2种排法，
在排剩余5人，有A55=120种排法，
故共有2×120=240种排法．
故答案为：240.
根据题意，结合分步乘法计数原理，计算即可．
本题考查排列组合的应用，属于基础题．
6.【答案】0或43
【解析】解：根据题意，圆x2+y2+4x+3=0，即(x+2)2+y2=1，其圆心为(−2,0)，半径r=1，
若直线l过点(0,1)且与圆x2+y2+4x+3=0相切，则直线l的斜率一定存在，
设直线l的斜率为k，则有y=kx+1，即kx−y+1=0，
则有圆心到直线l的距离d=|−2k+1| 1+k2=1，解可得k=0或43，
直线l的斜率为0或43.
故答案为：0或43.
根据题意，分析圆的圆心和半径，设直线l的斜率为k，求出直线l的方程，由直线与圆的位置关系分析可得关于k的方程，解可得答案．
本题考查直线与圆的位置关系，涉及直线与圆相切，属于基础题．
7.【答案】2 13
【解析】解：因为双曲线C的渐近线方程是y=±32x，故可设双曲线的方程为：9x2−4y2=m(m≠0)，
把点(−2,0)代入双曲线方程可得m=36−0=36，
所以双曲线方程为9x2−4y2=36，化为标准方程得x24−y29=1，
所以a2=4，b2=9，∴c2=a2+b2=13，∴c= 13，
所以双曲线C的焦距为2c=2 13.
故答案为：2 13.
设双曲线的方程为：9x2−4y2=m(m≠0)，把点(−2,0)代入双曲线方程即可求解．
本题考查了根据双曲线的渐近线方程求解其方程的问题，考查双曲线的焦距的求法，属于基础题．
8.【答案】x−2y+2=0
【解析】解：由y=ex 1−x，得y′=ex 1−x−ex⋅12 1−x，
∴y′|x=0=1−12=12，
∴曲线y=ex 1−x在点P(0,1)处的切线方程为y=12x+1，
即x−2y+2=0.
故答案为：x−2y+2=0.
求出原函数的导函数，得到函数在x=0处的导数值，再由直线方程的斜截式得答案．
本题考查利用导数研究过曲线上某点处的切线方程，熟记基本初等函数的导函数是关键，是中档题．
9.【答案】1112
【解析】解：一个口袋内装有大小相同的7个白球和2个黑球．从口袋内随机取出3个球，
则其中至少取到2个白球的概率为C72C21C93+C73C93=1112.
故答案为：1112.
利用古典概型概率公式计算即可．
本题主要考查古典概型的问题，熟记概率的计算公式即可，属于基础题．
10.【答案】关于y轴对称，x∈[−2,2]，y∈[−1,1]
【解析】解：由 4−x2+y3=1得x∈[−2,2]，
因为 4−x2∈[0,2]，
∴y3=1− 4−x2∈[−1,1]，即y∈[−1,1]，
在曲线方程中，以−x代x，得 4−x2+y3=1，与方程相同，所以曲线关于y轴对称；
以−y代y，得 4−x2−y3=1，与原方程不同，所以曲线不关于x轴对称；
以−x代x，−y代y，得 4−x2−y3=1，与原方程不同，所以曲线不是中心对称图形．
故答案为：关于y轴对称，x∈[−2,2]，y∈[−1,1].
根据曲线方程得出x∈[−2,2]，然后得出y∈[−1,1]，然后用−x换x，用−y换y，看得到的方程和原方程是否相同，从而可判断出该曲线的对称性．
本题考查了判断曲线对称性的方法，考查了计算能力，属于基础题．
11.【答案】2
【解析】解：设食品罐头的体积是V(V为常数).
由题意可得πr2h=V，
圆柱的表面积S=2πr2+2πrh=2πr2+2Vr
=2πr2+Vr+Vr≥332πr2⋅Vr⋅Vr=332πV.
当且仅当2πr2=Vr，即r=3V2π时等号成立，此时h=Vπr2=Vπ3V24π2=34Vπ.
∴h：r=34Vπ3V2π=2.
故答案为：2.
设食品罐头的体积是V(V为常数)，由题意可得πr2h=V，再写出圆柱的表面积，利用基本不等式求最值，即可求得h：r的值．
本题考查圆柱体积与表面积的求法，训练了利用基本不等式求最值，考查运算求解能力，是中档题．
12.【答案】解：(1)由题意得：b=4,ca=35，又因为a2=b2+c2，解得a=5，-----------(2分)
椭圆C的方程为x225+y216=1.-----------.(4分)
(2)过点(3,0)且斜率为45的直线方程为y=45(x−3)，
设直线被椭圆C所截线段的端点为A(x1,y1)、B(x2,y2)，
中点为M(x1+x22,y1+y22)，------------(5分)
y=45(x−3)与x225+y216=1联立消元得：x2−3x−8=0，------------(6分)
△=41>0，--------(7分)x1+x2=3，x1x2=−8-------------(8分)
x1+x22=32,y1+y22=45(32−3)=−65，
所以，直线被椭圆C所截线段中点坐标为(32,−65)；…(9分)
|AB|= (x1−x2)2+(y1−y2)2= (1+1625)(x1−x2)2= 415 (x1+x2)2−4x1x2，
|AB|= 415 9+32=415，直线被椭圆C所截线段长为415…(12分)
【解析】(1)利用椭圆的离心率以及椭圆经过的点，转化求解椭圆方程即可．
(2)求出直线方程，利用椭圆方程联立通过中点坐标，弦长公式转化求解即可．
本题考查椭圆的简单性质的应用，直线与椭圆的位置关系的综合应用，考查转化思想以及计算能力．
13.【答案】解：(1)以线段AB所在的直线为x轴，以线段AB的垂直平分线为y轴，建立直角坐标系，
则由题意，可得B(250,0)、H(0,100)，D(a,50)，a>0，
则圆心E在y轴上，设E(0,h)，
设要求的圆的方程为x2+(y−h)2=r2，
把点B、点H的坐标代入，可得2502+(0−h)2=r20+(100−h)2=r2，解得r= 2502+(5252)2h=−5252，
故要求的圆的方程为x2+(y+5252)2=2502+(5252)2.
(2)把点E的坐标代入圆的方程，可得a2+(50+5252)2=2502+(5252)2，
求得a= 33750=75 6≈75×1.73×1.41≈75×2.44≈183(m)，
故CD的长度为2a=366m.
【解析】(1)建立坐标系，得到B、H的坐标，用待定系数法求出圆的标准方程．
(2)把点D的坐标代入圆的方程，求出点D的横坐标，可得CD的长度．
本题主要考查求圆的标准方程，直线和圆的位置关系，属于中档题．
14.【答案】解：(1)由题意得f′(x)=a(1−lnx)x2，且函数定义域为(0,+∞)，
∵a>0，∴判断1−lnx的符号，
由f′(x)=0得x=e，由f′(x)>0得0e，
∴f(x)在(0,e)上单调递增，在(e,+∞)上单调递减；
(2)由(1)得f(x)在(0,e)上单调递增，在(e,+∞)上单调递减，
∴当2a≤e，即0∴f(x)min=f(a)=lna，f(x)max=f(2a)=ln2a2；
当a≥e时，函数f(x)在[a,2a]上单调递减，
∴f(x)min=f(2a)=ln2a2，f(x)max=f(a)=lna；
当e2∴f(x)max=f(e)=ae，f(x)min=min{f(a),f(2a)}，
f(a)−f(2a)=lna−12ln2a=12(lna−ln2)，
∴若e2此时f(x)min=f(a)=lna，
若2f(2a)，
此时f(x)min=f(2a)=ln2a2.
综上，当0当e2当2当a≥e时，f(x)min=ln2a2，f(x)max=lna.
【解析】(1)首先求出函数的导数，然后令f′(x)=0，解出函数的极值点，最后根据导数判断函数的单调性，从而求解；
(2)由(1)求出f(x)的单调区间，对a分类讨论，然后根据其单调性求出f(x)在区间[a,2a]上的最值；
本题主要考查利用导数研究函数的单调性与最值，考查分两类讨论思想与运算求解能力，属于中档题．
15.【答案】解：(1)因为m是自然数，n是正整数，且m≤n，
所以Cn+1m=(n+1)!m!(n−m+1)!，
Cnm+Cnm−1=n!m!(n−m)!+n!(m−1)!(n−m+1)!，
=n!(n−m+1)(n−m+1)!m!+mn!m!(n−m+1)!=n!(n−m+1+m)m!(n−m+1)!=(n+1)!m!(n−m+1)!，
所以Cn+1m=Cnm+Cnm−1；
(2)一个口袋里有8个白球和1个红球，
①从中任取4个，有多少种方法？C94，
②任取的4个球中，恰有1个红球，有多少种方法？C83，
③任取的4个球中，无红球，有多少种方法？C84，
不难看出，②和③其实就是①任取4个球所有出现的可能，所以C94=C84+C83.
【解析】本题根据组合及组合数的性质，即可推导出公式．
本题考查组合及组合数性质的应用，属于中档题．
16.【答案】解：(1)设点P(x,y)，
因为k1、k2分别为直线PA、PB的斜率且k1⋅k2=m，
所以yx+1⋅yx−1=m，
所以y2=mx2−m，
所以mx2−y2=m，
所以x2−y2m=1，
所以动点P的轨迹方程为x2−y2m=1，
当m>0时，轨迹为双曲线，
当m<0时，轨迹为椭圆．
(2)当m=−4时，轨迹Γ的方程为x2+y24=1，
设C(x1,y1)，D(x2,y2)，
联立y=kx+bx2+y24=1，得(4+k2)x2+2kbx+b2−4=0，
所以x1+x2=−2kb4+k2，x1x2=b2−44+k2，
Δ=(2kb)2−4(4+k2)(b2−4)=−16b2+64+16k2，
点O到直线CD的距离d=|b| 1+k2，
因为线段CD的长度为2，△COD的面积S=1，
所以S△COD=12|CD|d=12×2×d=1，
所以d=1，
所以|b| 1+k2=1，即b2=1+k2，
Δ=−16b2+64+16k2=−16(1+k2)+64+16k2=48>0，
所以|CD|= 1+k2 (x1+x2)2−4x1x2= 1+k2 (−2kb4+k2)2−4⋅b2−44+k2
= 1+k2 4k2b2(4+k2)2−(4b2−16)(4+k2)(4+k2)2= 1+k2 4k2b2−4k2b2−16b2+64+16k2(4+k2)2
= 1+k2 −16b2+64+16k2(4+k2)2= 1+k2 −16(1+k2)+64+16k2(4+k2)2= 1+k2 48(4+k2)2=2，
解得k=± 2，b=± 3，
所以直线CD的方程为y=± 2x± 3.
设C(x1,y1)，D(x2,y2)，
联立y=kx+bx2−y2m=1，得(4+k2)x2+2kbx+b2−4=0，
所以x1+x2=−2kb4+k2，x1x2=b2−44+k2，
Δ=(2kb)2−4(4+k2)(b2−4)=−16b2+64+16k2，
点O到直线CD的距离d=|b| 1+k2，
因为线段CD的长度为2，△COD的面积S=1，
所以S△COD=12|CD|d=12×2×d=1，
所以d=1，
所以|b| 1+k2=1，即b2=1+k2，
Δ=−16b2+64+16k2=−16(1+k2)+64+16k2=48>0，
所以|CD|= 1+k2 (x1+x2)2−4x1x2= 1+k2 (−2kb4+k2)2−4⋅b2−44+k2
= 1+k2 4k2b2(4+k2)2−(4b2−16)(4+k2)(4+k2)2= 1+k2 4k2b2−4k2b2−16b2+64+16k2(4+k2)2
= 1+k2 −16b2+64+16k2(4+k2)2= 1+k2 −16(1+k2)+64+16k2(4+k2)2= 1+k2 48(4+k2)2=2，
解得k=± 2，b=± 3，
所以直线CD的方程为y=± 2x± 3.
【解析】(1)设点P(x,y)，则yx+1⋅yx−1=m，化简可得轨迹方程，分两种情况：当m>0时，当m<0时，讨论轨迹Γ的形状．
(2)当m=−4时，轨迹Γ的方程为x2+y24=1，设C(x1,y1)，D(x2,y2)，联立直线CD与椭圆的方程，结合韦达定理可得x1+x2，x1x2，点O到直线CD的距离d=|b| 1+k2，由于线段CD的长度为2，△COD的面积S=1，则|b| 1+k2=1，即b2=1+k2，计算|CD|=2，解得k，b，即可得出答案．
本题考查轨迹方程，直线与椭圆的相交问题，解题中需要一定的计算能力，属于中档题．