2022-2023学年上海市嘉定区高二下学期期末数学试题含答案

这是一份2022-2023学年上海市嘉定区高二下学期期末数学试题含答案，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学年上海市嘉定区高二下学期期末数学试题 一、填空题1．直线的倾斜角的是      ．【答案】【分析】根据直线的斜率与倾斜角的关系即可求解.【详解】因为直线的斜率，设直线的倾斜角为，则，因为，所以，故答案为：.2．若排列数，则        【答案】3【详解】 由，所以，解得.3．抛物线的焦点到准线的距离是      .【答案】4【详解】由y2＝2px＝8x知p＝4，又焦点到准线的距离就是p，所以焦点到准线的距离为4. 4．在空间直角坐标系中，点关于坐标平面的对称点的坐标为          .【答案】【详解】因为点是点关于坐标平面的对称点，所以.故答案为：5．          .【答案】【分析】由等比数列的前项和公式结合数列的极限，即可得出答案.【详解】.故答案为：6．已知一个圆锥的底面半径为，其侧面积为，则该圆锥的体积为           .【答案】【分析】根据圆锥的侧面积公式求出圆锥的母线长，利用勾股定理求出圆锥的高，再根据圆锥的体积公式可求出结果.【详解】设圆锥的母线长为，因为圆锥的底面半径，所以圆锥的侧面积，依题意可得，解得，所以圆锥的高，所以该圆锥的体积.故答案为：.7．的二项展开式的各项系数之和为          .【答案】【分析】令，即可得出答案.【详解】因为，令，则，故的二项展开式的各项系数之和为.故答案为：.8．在空间直角坐标系中，某二面角的大小为，，半平面、的一个法向量分别为、，且，则          （结果用反三角函数值表示）.【答案】【分析】根据向量数量积求向量夹角，再根据二面角与向量夹角关系得结果.【详解】因为，，所以，因为 ，所以故答案为：9．已知双曲线的一条渐近线与圆相交于两点，且，则该双曲线的实轴长为          .【答案】【分析】求出双曲线的一条渐近线，由圆心到双曲线的一条渐近线的距离结合题意可得，求出，即可求出双曲线的实轴长.【详解】令，可得：，不妨设双曲线的一条渐近线为，设圆的圆心为，则圆心到直线的距离为：，则，解得：，即，所以，则，因为，所以.双曲线的实轴长为.故答案为：10．从0、1、2、3、4、5、6、7这8个数中任取5个不同的数，则这5个不同的数的中位数为3的概率为          .【答案】【分析】先求得基本事件的总数，以及这5个不同的数的中位数为3的基本事件的个数，再利用古典摡型的概率计算公式，即可求解.【详解】根据题意，从8个数中任取5个数，则基本事件的总数为，又由这5个数的中位数是3的基本事件为，所以这5个不同的数的中位数为3的概率为.故答案为：.11．已知圆锥曲线的方程：.当为正整数，且时，存在两条曲线、，其交点与点满足，则满足题意的有序实数对共有          对.【答案】3【分析】本题主要考查圆锥曲线的定义，易得到，，是椭圆，，，，是双曲线，从而根据题意可得，.再结合椭圆与双曲线的定义与即可得，从而得到答案.【详解】由题意得，，是椭圆，，，，是双曲线，结合椭圆与双曲线的几何性质可知本题中的任意两椭圆与两双曲线均无公共点，从而时，存在两条曲线、有交点，必然有，.设，，则由椭圆与双曲线的定义可得，，且，，故，即，所以存在两条曲线、，且，，.故答案为：3.12．如图，在正方体中，为棱的中点.动点沿着棱从点向点移动，对于下列四个结论：  （1）存在点，使得；（2）存在点，使得平面；（3）的面积越来越小；（4）四面体的体积不变. 其中所有正确的结论的序号是          .【答案】（1）（3）（4）【分析】设正方体棱长为，求出，由解得，确定（1）正确，考虑到到平面的距离不变，从而易判断（4），以为轴建立空间直角坐标系，可证明不可能与垂直，故（2）不正确；设，，由空间向量法求得到的距离，由距离的变化规律判断（3）正确.【详解】设正方体棱长为，由平面平面得，同理，所以，由得，存在使得，（1）正确，正方体中，平面，所以到平面的距离不变，即到平面的距离不变，而面积不变，因此三棱锥，即四面体的体积不变，（4）正确;以为轴建立空间直角坐标系，如下图，  正方体棱长为2，则， ，，所以不可能与垂直，故平面也不可能成立，故（2）错误；设，所以 设到直线的距离为，则    由二次函数性质知时，递减，所以递减，又不变，所以的面积为递减，（3）正确，综上：（1）（3）（4）正确故答案为：（1）（3）（4）【点睛】立体几何中存在性或探究性问题涉及到的点具有运动性和不确定性属于动态几何问题,用纯几何的方法来解决对空间想像能力、作图能力和逻辑推理能力的要求很高，若用向量方法处理，尤其是通过建立空间直角坐标系求解问题则思路简洁明了，本题中用向量法解决点到直线的距离问题避免了抽象复杂找距离过程，而且将距离的变化情况转化为函数的单调性问题解决更简单明了. 二、单选题13．在空间内，异面直线所成角的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】由异面直线所成角的定义可得出答案.【详解】由异面直线所成角的定义可知,过空间一点分别作相应直线的平行线,两条相交直线所成的直角或锐角为异面直线所成角,所以两条异面直线所成角的取值范围是,故选B.【点睛】本题考查立体几何中异面直线所成的角,需要学生熟知异面直线的定义以及性质,考查了转化思想,属于基础题.14．一般的数学建模包含如下活动过程:①建立模型；②实际情境；③提出问题；④求解模型；⑤实际结果；⑥检验结果，则正确的序号顺序为（   ）A．③②①④⑤⑥ B．③②①④⑥⑤C．②①③④⑤⑥ D．②③①④⑥⑤【答案】D【分析】根据给定条件，利用数学建模的活动过程及顺序写出结论作答.【详解】数学建模活动，根据实际情境，提出问题，基于问题，建立模型，通过模型的求解，以检验模型解决问题的结果，若结果不符合实际，还需要重新建立模型；若结果符合实际，问题的回答便有了实际的结果，所以正确的序号顺序是②③①④⑥⑤.故选：D15．已知是半径为1的球面上的三点，若，则的最大值为（   ）A．1 B． C． D．2【答案】C【分析】设球心为，连接，则可得和均为等边三角形，所以，再在中利用余弦定理可求出.【详解】设球心为，连接，由，所以和均为等边三角形，所以，所以，当且仅当共面时取等号，如图所示，此时取得最大值，在中，由余弦定理得，所以，所以的最大值为，故选：C16．设数列的前n项的和为，若对任意的，都有，则称数列为“K数列”．关于命题：①存在等差数列，使得它是“K数列”；②若是首项为正数、公比为q的等比数列，则是为“K数列”的充要条件．下列判断正确的是（    ）A．①和②都为真命题 B．①为真命题，②为假命题C．①为假命题，②为真命题 D．①和②都为假命题【答案】C【分析】根据给定的定义，按公差的取值情况分类探讨判断①；利用等比数列通项公式及前n项和公式，结合不等式恒成立即可推理作答.【详解】令等差数列的公差为，当时，，不符合题意，当时，，函数的图象是开口向上的抛物线，对称轴，存在，使得，取不小于的正整数，则有，即，不符合题意，综上得①为假命题；等比数列首项，因为数列为“K数列”，则有，即，，于是，依题意，任意的，，函数在单调递减，值域是，因此，所以是为“K数列”的充要条件，②是真命题，判断正确的是①为假命题，②为真命题.故选：C【点睛】关键点睛：数列是特殊的函数，根据数列的特性，准确构造相应的函数，借助函数性质分析求解是解题的关键，背景函数的条件，应紧扣题中的限制条件. 三、解答题17．已知数列的前项和为.(1)求数列的通项公式；(2)求证：数列是等差数列.【答案】(1)(2)见解析 【分析】（1）由，即可求出数列的通项公式；（2）由等差数列的定义证明即可；【详解】（1）当时，，当时，，令，满足，所以.（2）由（1）知，，所以数列是以首项为，公差为等差数列.18．在直四棱柱中，，，，．(1)求证：平面；(2)求点D到平面的距离．【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）取的中点，连接，证出，，利用线面垂直的判定定理即可证出；（2）利用等体积法，由图可知：，根据三棱锥体积公式即可求解.【详解】（1）证明：取的中点，连接，该几何体为直四棱柱，平面ABCD，，，，，∴四边形ABCD为正方形，，，，，，，平面平面（2）（2）等体积法由图可得：由（1）中证明知：平面，，又  19．某校高二年级一个班有60名学生，将期中考试的数学成绩（均为整数）分成六段：，得到如图所示的频率分布直方图，(1)求的值；(2)用分层随机抽样的方法从中抽取一个容量为20的样本，已知甲同学的成绩在，乙同学的成绩在，求甲乙至少一人被抽到的概率．【答案】(1)(2) 【分析】（1）利用频率分布直方图中各个小矩形面积之和为1即可求出的值；（2）设甲被抽到的事件为，乙被抽到的事件为，求出相应的概率，然后可以根据对立事件求解．【详解】（1）解：由题意可得，解得；（2）解：因为总体共60名学生，样本容量为20，因此抽样比为．其中分数段有人，分数段有人，所以在分数段中抽取人，分数段抽取人，设甲被抽到的事件为，乙被抽到的事件为，则，，则甲乙至少一人被抽到的概率为．20．在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆，过右焦点作两条互相垂直的弦AB，CD，设AB，CD中点分别为，．(1)写出椭圆右焦点的坐标及该椭圆的离心率；(2)证明：直线MN必过定点，并求出此定点坐标；(3)若弦AB，CD的斜率均存在，求面积的最大值．【答案】(1)，离心率(2)证明见解析，定点坐标为(3) 【分析】（1）直接根据椭圆方程写出右焦点的坐标及离心率；（2）分斜率均存在和一条直线斜率不存在一条斜率为0两种情况讨论，斜率均存在，设，直线AB方程为，联立方程利用韦达定理求得，从而可求得点的坐标，再将换为，可得点的坐标，从而可求得直线的方程，即可得证；（3）由（2）可知直线MN过定点，则，化简整理结合函数的单调性即可得出答案.【详解】（1）解：由椭圆方程可知：，，所以右焦点坐标，该椭圆的离心率；（2）证明：斜率均存在，设，直线AB方程为，则，联立，则有，将上式中换为，可得，若，则直线MN斜率不存在，此时直线MN过点，下证动直线MN过定点，若直线MN斜率存在，则，直线MN方程为，令得，所以此时直线MN也过定点，当两条直线其中一条斜率不存在，一条直线斜率为0时，不妨设斜率不存在，斜率为0，此时，则直线的方程为，过点，综上，动直线MN过定点；（3）解：由（2）可知直线MN过定点，，令，，因为，所以在上递减，所以时，取得最大值，此时.【点睛】本题考查了椭圆中直线过定点及椭圆中三角形的面积问题，计算量较大，考查了了分类讨论思想及数据分析和计算能力，属于难题.21．已知.(1)求曲线在处的切线方程；(2)已知函数在区间上有零点，求的值；(3)记，设、是函数的两个极值点，若，且恒成立，求实数的取值范围.【答案】(1)(2)0或3；(3) 【分析】（1）由题意可得切点为，代入中可求出的值；（2）对函数求导，然后求出函数的单调区间和极值，再利用零点存在性定理可求出零点的的范围，从而可求出的值；（3）对函数求导后，由题意可得方程有两个不相等的正实根，则，，再结合可得，则，构造函数，利用导数求出其最小值即可求出的取值范围，从而可求出的最大值.【详解】（1）因为，所以，所以切线斜率为，又，切点为，所以切线方程为；（2），，当时，，函数单调递减；当时，，函数单调递增，所以的极小值为，，在区间上存在一个零点，此时；又，，在区间上存在一个零点，此时．综上，的值为0或3；（3）函数，，所以，由得，依题意方程有两不相等的正实根、，，，，又，，，解得，，构造函数，，所以，在上单调递减；所以当时，，所以．