2022-2023学年上海市嘉定区第一中学高二下学期期中数学试题含解析

这是一份2022-2023学年上海市嘉定区第一中学高二下学期期中数学试题含解析，共18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学年上海市嘉定区第一中学高二下学期期中数学试题 一、填空题1．已知等比数列的首项，则公比__________【答案】【分析】由等比数列的性质可得，然后运算即可得解.【详解】解：由等比数列的性质可得，解得：，故答案为：.【点睛】本题考查了等比数列基本量的求法，重点考查了运算能力，属基础题.2．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.3．正方体中，异面直线与BD所成角大小为______【答案】/【分析】连接、，，证明，可得即为异面直线与BD所成角，在求即可求解.【详解】如图，连接、，因为，,所以四边形是平行四边形，所以，所以即为异面直线与BD所成角，设正方体的棱长为，在中，，所以是等边三角形，所以，即异面直线与BD所成角为，故答案为：4．边长为2的正方形绕旋转形成一个圆柱，则该圆柱的表面积为___________.【答案】【分析】圆柱的底面半径，母线长，代入公式求值即可.【详解】该圆柱的底面半径，母线长，所以该圆柱体的表面积为.故答案为：.5．已知曲线，过点作曲线的切线，则切线方程________．【答案】【分析】设切点坐标为，求出切线方程，代入点求出，从而可得切线方程.【详解】设切点坐标为，由，得，所以曲线在点处的切线方程为.因为切线过点，所以，解得.所以切线方程为.故答案为:.6．“三个内角的度数构成等差数列”是“中有一个内角为”的________条件．【答案】充要【分析】利用等差中项的性质、三角形的内角和定理结合充分条件、必要条件的定义判断可得出结论.【详解】若三个内角的度数构成等差数列，不妨设、、成等差数列，则，可得，即“三个内角的度数构成等差数列”“中有一个内角为”；若中有一个内角为，不妨设，则，所以，、、成等差数列，即“三个内角的度数构成等差数列”“中有一个内角为”.因此，“三个内角的度数构成等差数列”是“中有一个内角为”的充要条件.故答案为：充要.7．无穷等比数列的通项公式，前项的和为，若，则满足条件的的取值集合为______.【答案】或【分析】利用等比数列的定义和前项和公式求解即可.【详解】因为是等比数列，所以，又因为，所以，所以由等比数列前项和公式可得，所以，所以满足条件的的取值集合为或.故答案为：或8．已知为双曲线右支上的一个动点，若点到直线的距离大于恒成立，则实数的取值范围是______.【答案】【解析】把所求问题转化为求点到直线的最小距离，结合平行线间的距离公式可求.【详解】双曲线的渐近线方程为，而直线与平行，平行线间的距离.由题意可知点到直线的距离大于；所以.故答案为：.【点睛】本题主要考查直线与双曲线的位置关系，双曲线上的点到直线的距离转化为平行直线间的距离，是这类问题的主要求解方向，侧重考查数学运算的核心素养.9．在空间直角坐标系中，已知，，，则三棱锥的体积为________．【答案】【分析】求出平面的一个法向量，从而可求点到平面的距离，求出即可得棱锥的体积.【详解】,设平面的法向量为，则，令,可得,所以.所以点到平面的距离为.又，所以，所以.故答案为:.10．已知，为椭圆：的左右焦点，A为的上顶点，直线l经过点且与交于B，C两点；若l垂直平分线段，则△ABC的周长是___________.【答案】/.【分析】如图，连接，则可得，所以△ABC的周长为，再求出，即可求得结果.【详解】如图，连接，因为l垂直平分线段，所以，所以△ABC的周长为，由题意得，则的中点为，，所以直线的斜率为，所以直线的方程为，因为直线过，所以，解得，所以，所以△ABC的周长为，故答案为：.11．已知曲线方程，若过的直线与该曲线恰有三个不同的交点，则直线的倾斜角的取值范围是________．【答案】【分析】根据曲线在不同范围表示圆、双曲线，结合圆和双曲线的性质求解.【详解】当时，方程可化为，其图象为个单位圆；当时，方程可化为，其图象为焦点在上的双曲线的右下支；当时，方程可化为，其图象为焦点在上的双曲线的左上支；当时，方程可化为，不可能成立；作出图象如下，设过点斜率为的直线方程为，联立，可得，当时，由，解得(舍)或.由图可知，当时，直线与该曲线恰有三个不同的交点，故答案为: .12．在平面直角坐标系xOy中，若动点P（a，b）到两直线l1：y=x和l2：y=﹣x+2的距离之和为，则a2+b2的最大值为__．【答案】18【分析】利用点到直线的距离公式可得：．通过分类讨论可知：点是如图所示的正方形的4条边．即可得到最大值．【详解】解：动点到两直线和的距离之和为，，化为．分为以下4种情况：或或或．可知点是如图所示的正方形的4条边．可知：当取点时，取得最大值．的最大值为18．故答案为：18．【点睛】本题考查了点到直线的距离公式、含绝对值的等式、分类讨论等基础知识与基本技能方法，属于中档题． 二、单选题13．下列求导数运算正确的是(    )A． B．C． D．【答案】D【分析】根据基本初等函数求导公式和导数四则运算法则即可逐项计算并判断．【详解】，，故ABC求导错误，D求导正确．故选：D．14．无穷等差数列的首项，公差，的前项的和为，则（    ）A．单调递减 B．单调递增C．有最大值 D．有最小值【答案】C【分析】由等差数列的公差得数列为递减数列，且先正值，后负值，从而判断出有最大值．【详解】无穷等差数列的首项，公差，是递减数列，且先正值，后负值；的前项和为先增加，后减小；有最大值；故选C.【点睛】本题考查等差数列的单调性，求解时要从两个量，判断等差数列的性质.事实上，等差数列的前几项都大于或等于0，从某项起开始小于0，则此类等差数列存在前几项和达到最大值.15．已知椭圆的左右焦点分别为，椭圆存在一点，若，则椭圆的离心率取值范围为（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】设，，根据椭圆的定义和余弦定理得，再根据基本不等式和离心率公式可得结果.【详解】设，，则，在中，，所以，所以，所以，因为，当且仅当时，取等号，所以，所以，所以，所以，所以，又，所以.故选：C16．如图，正方体，则下列四个命题：①点在直线上运动时，直线与直线所成角的大小不变②点在直线上运动时，直线与平面所成角的大小不变③点在直线上运动时，二面角的大小不变④点在直线上运动时，三棱锥的体积不变其中的真命题是  （     ）A．①③ B．③④ C．①②④ D．①③④【答案】D【分析】①由与平面的位置关系判断直线与直线所成角的大小变化情况；②考虑与平面所成角的大小，然后判断直线与平面所成角的大小是否不变；③根据以及二面角的定义判断二面角的大小是否不变；④根据线面平行的性质以及三棱锥的体积计算公式判断三棱锥的体积是否不变.【详解】①如下图，连接，因为，所以平面，所以，所以直线与直线所成角的大小不变；②如下图，连接，记到平面的距离为，设正方体棱长为，所以，所以，又因为，所以，所以与平面所成角的正弦值为：，又因为，所以，所以与平面所成角的正弦值为：，显然，所以直线与平面所成角的大小在变化；③因为，所以四点共面，又在直线上，所以二面角的大小不变；④因为，平面，平面，所以平面，所以当在上运动时，点到平面的距离不变，所以三棱锥的体积不变.所以真命题有：①③④.故选：D.【点睛】本题考查空间中点、线、面的位置关系的判断，难度一般.(1)已知直线平行平面，则该直线上任意一点到平面的距离都相等；(2)线面角的计算方法：<1>作出线段的射影，计算出射影长度，利用比值关系即可求解线面角的大小；<2>计算线段在平面外的一个端点到平面的距离，该距离比上线段长度即为线面角的正弦. 三、解答题17．蜥蜴的体温与阳光照射的关系近似满足函数关系式：，其中为蜥蜴的体温（单位：），为太阳落山后的时间（单位：）．(1)求，并解释其实际意义；(2)蜥蜴体温的瞬时变化率为时的时刻是多少（精确到）？【答案】(1)，实际意义见解析；(2). 【分析】（1）求出的导数，代入可求，根据导数的几何意义解释其实际意义；（2）求解即可.【详解】（1），则，表示太阳落山后，蜥蜴的体温下降的速度为.（2）令，解得,故蜥蜴体温的瞬时变化率为时的时刻是.18．设等差数列的前n项和为，且.(1)若，求的公差；(2)若，且是数列中最大的项，求所有可能的值.【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据已知条件列方程，化简求得的公差.（2）根据数列中的最大项列不等式，从而求得的所有可能取值.【详解】（1）设等差数列的公差为，则，解得.（2）由（1）得，由于是数列中最大的项，①，所以，即即解得，由于是整数，所以的可能取值是.19．如图，在四棱雉中，底面ABCD为平行四边形，平面ABCD，M为PC中点．(1)求证：平面MBD；(2)若，，①求四棱锥的体积；②求二面角的大小．【答案】(1)证明见解析；(2)①；②. 【分析】（1）连AC交BD于点N,连MN.因为底面ABCD为平行四边形,所以N为AC的中点.因为M为PC中点,所以MNPA,可利用线面平行的判定可证得;（2）①根据即可求解；②取CD中点E,连AE，易证得AECD,即AEAB.又PA平面ABCD,故以AB,AE,AP分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，利用空间向量求得二面角的余弦值，进而得到答案.【详解】（1）连AC交BD于点N,连MN,因为底面ABCD为平行四边形,所以N为AC的中点.因为M为PC中点,所以MNPA.又PA平面MBD,MN平面,所以PA平面MBD.（2）①因为，，M为PC中点，所以.②取CD中点E,连AE.因为AB=AD,四边形ABCD为平行四边形,所以四边形ABCD为菱形,又,所以,因此为等边三角形,所以AECD,即AEAB.又PA平面ABCD,故以AB,AE,AP分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,则A(0,0,0),B(2,0,0),P(0,0,2),C(1,,0),D(-1,,0),,所以=(2,0,0), ,=(-1,,0).设平面AMB的一个法向量为=(x,y,z),则,即，取y=2,则x=0,z=-,即=(0,2,-).设平面AMD的一个法向量为,则即,取=,则=1,=-,即=(,1,-).则,又,所以二面角B-AM-D的平面角的正弦值为.结合图形易得二面角B-AM-D的平面角为钝角，所以求二面角的大小为.20．已知过点的直线与圆相交于、两点，是弦的中点，且直线与直线相交于点．(1)当直线与直线垂直时，求证：直线经过圆心；(2)当弦长时，求直线的方程；(3)设，试问是否为定值，若为定值，请求出的值；若不为定值，请说明理由．【答案】(1)证明见解析(2)或(3)为定值，且 【分析】（1）利用垂直时求出，利用点斜式即可得出直线的方程，然后验证圆心在直线上即可；（2）讨论直线斜率是否存在，当斜率存在时，利用点斜式设出方程，再根据即可得解；（3）先转化，根据直线斜率是否存在分别求出点点坐标，计算后即可得解.【详解】（1）解：直线与直线垂直，且，.故直线方程为，即.圆心为，且，故当直线与直线垂直时，直线经过圆心.（2）解：①当直线与轴垂直时，则直线的方程为，圆心到直线的距离为，且，合乎题意；②当直线与轴不垂直时，设直线的方程为，即，，是中点，圆圆心为，半径为，，则由，得，此时，直线的方程为，即.综上所述，直线的方程为或.（3）解：，.①当与轴垂直时，直线的方程为，联立可得，即点，则，又，.②当的斜率存在时，设直线的方程为，其中，则由可得，即点，则..综上所述，与直线的斜率无关，且.21．已知椭圆，以椭圆的右焦点为焦点的抛物线的顶点为原点，点是抛物线的准线上任意一点，过点作拋物线的两条切线、，其中、为切点，设直线、的斜率分别为、．(1)求抛物线的标准方程及其准线方程；(2)计算的值；(3)求证：直线过定点，并求出这个定点的坐标；【答案】(1)抛物线的标准方程，准线方程为(2)(3)证明见解析，直线过定点 【分析】（1）求出椭圆的右焦点坐标，可得出抛物线的方程，进而可求得其准线方程；（2）设点，分析可知切线的斜率存在，设过点且与抛物线相切的直线方程为，将该直线方程与抛物线方程联立，由可得出关于的二次方程，利用根与系数的关系可求得的值；（3）证明抛物线在其上一点处的切线方程为，同理可得出切线的方程，将点的坐标代入两切线方程，可求出直线的方程，进而可求得直线所过定点的坐标.【详解】（1）解：在椭圆中，，，则，由题意可知，抛物线的焦点为，设抛物线的方程为，则，可得，所以，抛物线的方程为，其准线方程为.（2）解：设点，若切线斜率不存在，则切线为准线，不合乎题意，所以切线的斜率存在，设过点且与抛物线相切的直线方程为，若，则直线与抛物线不相切，故，联立可得，因为，则，可得，由题意可知，、是关于的二次方程的两根，故.（3）解：设点、，下面证明抛物线在其上一点处的切线方程为，联立可得，即，即，解得，所以，抛物线在其上一点处的切线方程为，同理可知，抛物线在其上一点处的切线方程为，将点的坐标代入切线、的方程可得，即，所以，点、的坐标满足方程，所以，直线的方程为，由可得，所以，直线过定点.【点睛】方法点睛：求解直线过定点问题常用方法如下：（1）“特殊探路，一般证明”：即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目的的一般性证明；（2）“一般推理，特殊求解”：即设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线系或曲线的方程，再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即为所求点；（3）求证直线过定点，常利用直线的点斜式方程或截距式来证明.