2022-2023学年上海市青浦区高二（下）期末数学试卷(含详细答案解析)

这是一份2022-2023学年上海市青浦区高二（下）期末数学试卷(含详细答案解析)，共14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.设α，β是两个不同的平面，直线m⊂α，则“对β内的任意直线l，都有m⊥l”是“α⊥β”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
2.某高级中学高一年级、高二年级、高三年级分别有学生1400名、1200名、1000名，为了解学生的健康状况，用分层随机抽样的方法从该校学生中抽取一个容量为n的样本，若从高三年级抽取25名学生，则n为( )
A. 75B. 85C. 90D. 100
3.点A为椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>1)的右顶点，P为椭圆C上一点(不与A重合)，若PO⋅PA=0(O是坐标原点)，则椭圆C的离心率的取值范围是( )
A. (12,1)B. ( 22,1)C. ( 32,1)D. (0, 22)
4.已知非常数数列{an}满足an+2=αan+1+βanα+β(n∈N,n≥1,α,β为非零常数).若α+β≠0，则( )
A. 存在α，β，对任意a1，a2，都有数列{an}为等比数列
B. 存在α，β，对任意a1，a2，都有数列{an}为等差数列
C. 存在a1，a2，对任意α，β，都有数列{an}为等差数列
D. 存在a1，a2，对任意α，β，都有数列{an}为等比数列
二、填空题：本题共12小题，共54分。
5.点(2,−1)到直线x−y+3=0的距离为______.
6.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______.
7.在空间直角坐标系中O−xyz，点(1,−2,3)关于坐标平面yOz的对称点的坐标为______.
8.(x+1x)10的二项展开式中x2项的系数为______.
9.已知正方形ABCD的边长为4，若BP=3PD，则PA⋅PB的值为______.
10.若双曲线x2−y2b2=1(b>0)的一条渐近线与直线y=2x−1平行，则b=______.
11.在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AD=AA1=1，AB=2，点E为棱AB的中点，则二面角D1−EC−D的大小为______(结果用反三角函数值表示)
12.设等比数列{an}的公比为2，前n项和为Sn，若S4=2S2+1，则a3=______.
13.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______.
14.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).
15.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______.
16.对于项数为10的数列{an}，若{an}满足1≤|ai+1−ai|≤2(其中i为正整数，i∈[1,9])，且a1=a10∈[−1,0]，设k∈{an|an>0}，则k的最大值为______.
三、解答题：本题共5小题，共78分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题14分)
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．
18.(本小题14分)
已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，底面半径为2.
(1)若圆锥的侧面积为8π，求圆锥的体积；
(2)设PO=4，点A、B在底面圆周上，且满足∠AOB=90∘，M是线段AB的中点，如图.求直线PM与平面POB所成的角的大小.
19.(本小题14分)
已知，如图是一张边长为a的正方形硬纸板，先在它的四个角上裁去边长为x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V表示成裁去边长x的函数；
(2)当x取何值时，容积V最大？最大值是多少？(纸板厚度忽略不计)
20.(本小题18分)
已知抛物线Γ：y2=4x的焦点为F，准线为l.
(1)若F为双曲线C：x2a2−2y2=1(a>0)的一个焦点，求双曲线C的方程；
(2)设l与x轴的交点为E，点P在第一象限，且在Γ上，若|PF||PE|= 22，求直线EP的方程；
(3)经过点F且斜率为k(k≠0)的直线l′与Γ相交于A、B两点，O为坐标原点，直线OA、OB分别与l相交于点M、N.试探究：以线段MN为直径的圆C是否过定点，若是，求出定点的坐标；若不是，说明理由.
21.(本小题18分)
已知函数g(x)=ax2−(a+2)x，h(x)=lnx，令f(x)=g(x)+h(x).
(1)当a=1时，求函数y=g(x)在x=1处的切线方程；
(2)当a为正数且1≤x≤e时，f(x)min=−2，求a的最小值；
(3)若f(x1)−f(x2)x1−x2>−2对一切0答案和解析
1.【答案】A
【解析】【分析】
根据线面垂直与面面垂直定义可解．
本题考查线面垂直与面面垂直定义，属于基础题．
【解答】
解：根据题意，因为α，β是两个不同的平面，直线m⊂α，若对β内的任意直线l，都有m⊥l，根据线面垂直的定义可知m⊥β，
∵m⊂α，∴α⊥β，
所以，“对β内的任意直线l，都有"m⊥l”⇒“α⊥β”;即充分性成立，
若α⊥β，因为m⊂α，对β内的任意直线l，m与l的位置关系不确定，
所以，“对β内的任意直线l，“α⊥β”⇏"m⊥l”.即必要性不成立，
故“对β内的任意直线l，都有m⊥l”是“α⊥β”的充分不必要条件，
故选：A.
2.【答案】C
【解析】【分析】
本题主要考查分层随机抽样的比例分配，属于基础题．
根据条件建立比例关系是解决本题的关键．
【解答】
解：由分层随机抽样的比例分配可得10001400+1200+1000=25n，
即10003600=25n，
得n=90，
故选：C.
3.【答案】B
【解析】解：∵设P(x,y)，
∵PO⋅PA=0(O是坐标原点)，
∴(x−a2)2+y2=a24b2x2+a2y2=a2b2⇒c2x2−a3x+a2b2=0，
⇒(c2x−ab2)(x−a)=0
⇒x=a，x=ab2c2，
∴0∴b2∴ca> 22，
∴则ca的取值范围是( 22,1).
故选：B.
设P(x,y)，由PO⋅PA=0，可得(x−a2)2+y2=a24b2x2+a2y2=a2b2⇒c2x2−a3x+a2b2=0⇒x=a，x=ab2c2，0本题考查椭圆的离心率的取值范围的求法，是中档题．
4.【答案】B
【解析】解：由题意，得an+2=αan+1+βanα+β=αα+βan+1+βα+βan.
令t=αα+β，则βα+β=1−t，
∵α，β为非零常数且α+β≠0，
∴t，1−t均为非零常数，
∴常数t≠0，且t≠1.
故an+2=tan+1+(1−t)an.
两边同时减去an+1，可得
an+2−an+1=tan+1−an+1+(1−t)an=(t−1)(an+1−an).
∵常数t≠0，且t≠1.
∴t−1≠−1，且t−1≠0.
∴an+1−an=(t−1)(an−an−1)=(t−1)2(an−1−an−2)=…=(t−1)n−1(a2−a1).
∵数列{an}是非常数数列，
∴a2−a1≠0，
则当t−1=1，即t=2，即αα+β=2，即α+2β=0时，
an+1−an=an−an−1=an−1−an−2=…=a2−a1.
此时数列{an}很明显是一个等差数列．
∴存在α，β，只要满足α，β为非零，且α+2β=0时，对任意a1，a2，都有数列{an}为等差数列．
故选：B.
本题先将递推式进行变形，然后令t=αα+β，根据题意有常数t≠0，且t≠1.将递推式通过换元法简化为an+2=tan+1+(1−t)an.两边同时减去an+1，可得an+2−an+1=(t−1)(an+1−an).根据此时逐步递推可得an+1−an=(t−1)(an−an−1)=(t−1)2(an−1−an−2)=…=(t−1)n−1(a2−a1).根据题意有a2−a1≠0，则当t−1=1，即t=2，即αα+β=2，即α+2β=0时，可得到数列{an}是一个等差数列．由此可得正确选项．
本题主要考查递推式的基本知识，考查了等差数列和等比数列的基本性质，换元法的应用，逻辑思维能力和数学运算能力．本题属中档题．
5.【答案】3 2
【解析】解：点(2,−1)到直线x−y+3=0的距离为d=|2+1+3| 1+1=3 2.
故答案为：3 2.
由题意，利用点到直线的距离公式，计算求得结果．
本题主要考查点到直线的距离公式的应用，属于基础题．
6.【答案】10.8
【解析】解：由题设知：数据共有12个，则12×0.8=9.6，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.
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．
本题考查百分位数的定义，属于基础题．
7.【答案】(−1,−2,3)
【解析】【分析】根据关于坐标平面yOz的对称点的坐标的特点，可得点(1,−2,3)关于坐标平面yOz的对称点的坐标为(−1,−2,3)，
故答案为：(−1,−2,3).
【解答】根据关于谁对称谁不变这一结论直接写结论即可．
本题考查空间向量的坐标的概念，考查空间点的对称点的坐标的求法，属于基础题．
8.【答案】210
【解析】解：在(x+1x)10的二项展开式中，通项公式为Tr+1=C10r⋅x10−2r，
令10−2r=2，求得r=4，可得x2项的系数为C104=210.
故答案为：210.
由题意，在二项展开式的通项公式中，令x的幂指数等于2，求得r的值，可得展开式中含x2项的系数的系数．
本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，属于基础题．
9.【答案】6
【解析】解：如图所示建立平面直角坐标系：
则A(0,4)，B(0,0)，C(4,0)，D(4,4)，
设P(x,y)，则BP=(x,y),PD=(4−x,4−y)，
因为BP=3PD，
则BP=34BD，
则P(3,3)，
所以PA=(−3,1),PB=(−3,−3)，
所以PA⋅PB=(−3)×(−3)+1×(−3)=6，
故答案为：6.
先建立平面直角坐标系，求得点P的坐标，进而得到PA,PB的坐标，再利用数量积的坐标运算求解．
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．
10.【答案】2
【解析】解：双曲线x2−y2b2=1(b>0)，
则a=1，
双曲线x2−y2b2=1(b>0)的一条渐近线与直线y=2x−1平行，
则ba=b=2.
故答案为：2.
先求出a=1，再结合渐近线的定义，以及直线平行的性质，即可求解．
本题主要考查双曲线的性质，属于基础题．
11.【答案】arctan 22
【解析】解：由题意，过点D作DO⊥EC，垂足为E，连接D1E
则∠DED1为二面角D1−EC−D的平面角
在△DEC中，DE×EC=2×1
∴DE= 2
在Rt△DED1中，tan∠DED1= 22
∴二面角D1−EC−D的大小为arctan 22
故答案为arctan 22
由题意，过点D作DO⊥EC，垂足为E，连接D1E，则∠DED1为二面角D1−EC−D的平面角，求DE长，即可求得二面角的平面角．
本题以长方体为依托棉球二面角的平面角，关键是利用定义作出二面角的平面角，从而在三角形中求解．
12.【答案】49
【解析】解：由题意，可得S4=a1(1−24)1−2=15a1，
S2=a1+a2=a1+2a1=3a1，
∵S4=2S2+1，
∴15a1=2⋅3a1+1，
解得a1=19，
∴a3=19⋅22=49.
故答案为：49.
先根据等比数列的求和公式写出S4与S2关于首项a1的表达式，再代入题干已知条件列出关于首项a1的方程，解出a1的值，最后根据等比数列的通项公式即可计算出a3的值．
本题主要考查等比数列的基本运算．考查了方程思想，转化与化归思想，等比数列的通项公式与求和公式的运用，以及逻辑推理能力和数学运算能力，属基础题．
13.【答案】35
【解析】解：设选中的2人恰为1男1女为事件A，
故P(A)=C31⋅C31C62=915=35，
故答案为：35.
根据组合数公式结合古典概率公式即可得到答案．
本题考查古典概型相关知识，属于基础题．
14.【答案】20
【解析】解：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，
故可将学生分组为2，3，共有C52C33=10种，
再将分好的学生分配给2名导师，共A22=2种，
故不同的选择方案共有10×2=20种．
故答案为：20.
根据题意可知，将学生分组为2，3，分好之后再对其进行分配，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．
15.【答案】112 3
【解析】解：正四面体的表面积为 34×122×4=144 3，
截去顶角所在的小正四面体以后，对应的“阿基米德体”的表面积为144 3−4×2× 34×42=112 3.
故答案为：112 3.
先求出正四面体的表面积，由阿基米德体定义，分析减去的面积和增加的面积分别是多少，即可得出结论．
本题考查多面体的表面积求法，属基础题．
16.【答案】8
【解析】解：因为1≤|ai+1−ai|≤2，
所以1≤ai+1−ai≤2或−1≥ai+1−ai≥−2，
设bi=ai+1−ai∈[−2,−1]∪[1,2]，
则{an}中相邻两项相差最大为2，要保证a1=a10∈[−1,0]，则数列{an}中的项有增有减，
假如bi中有x个2，增量最大为2x，则有9−x项是减少的，
则必有2x9−x∈[1,2]，所以x∈[3,4.5]，解得x=3或4，
取x=4，a1取最大值0，按最大连续增量8计算，有a5=a1+8，
即{an}中有最大值为a5=8，
即k的最大值为8.
故答案为：8.
由已知根据数列的增减性计算即可．
本题主要考查了数列的单调性在数列最值项的求解中的应用，属于中档题．
17.【答案】解：(1)根据题意，等差数列{an}中，设其公差为d，
若S9=−a5，则S9=(a1+a9)×92=9a5=−a5，
可得a5=0，即a1+4d=0，
若a3=4，则d=a5−a32=−2，
则an=a3+(n−3)d=−2n+10；
(2)若Sn≥an，则na1+n(n−1)2d≥a1+(n−1)d，
当n=1时，不等式成立，
当n≥2时，有nd2≥d−a1，变形可得(n−2)d≥−2a1，
又由(1)得a1+4d=0，即d=−a14，
则有(n−2)−a14≥−2a1，
又由a1>0，则有n≤10，
则有2≤n≤10，
综合可得：1≤n≤10且n∈N*.
【解析】本题考查等差数列的性质以及等差数列的前n项和公式，涉及数列与不等式的综合应用．
(1)根据题意，等差数列{an}中，设其公差为d，由S9=−a5，即可得S9=(a1+a9)×92=9a5=−a5，可得a5=0，结合a3=4，计算可得d的值，结合等差数列的通项公式计算可得答案；
(2)若Sn≥an，则na1+n(n−1)2d≥a1+(n−1)d，分n=1与n≥2两种情况讨论，求出n的取值范围，综合即可得答案．
18.【答案】解：(1)因为圆锥的底面半径为2，侧面积为π×2l=8π，所以圆锥母线长为l=4，
所以圆锥的高为h= 42−22=2 3，
圆锥的体积为V=13π×22×2 3=8 33π；
(2)取OB的中点N，连接PN和MN，如图所示：
因为PO=4，PO⊥平面AOB，MN⊂平面AOB，所以PO⊥MN，
又因为∠AOB=90∘，所以AO⊥OB，
又因为M是线段AB的中点，N是OB的中点，所以MN//AO，所以MN⊥OB，
又因为PO∩OB=O，所以MN⊥平面POB，
所以∠MPN是直线PM与平面POB所成的角，
Rt△MPN中，tan∠MPN=MNPN=1 42+12=1 17，
所以∠MPN=arctan 1717，
即直线PM与平面POB所成的角是arctan 1717.
【解析】(1)求出圆锥的母线长和高，再计算圆锥的体积．
(2)取BO的中点N，连接MN、PN，证明MN⊥平面POB，∠MPN是直线PM与平面POB所成的角．由此求出直线PM与平面POB所成角的大小．
本题考查了圆锥的结构特征与体积计算问题，也考查了线面垂直的判定与性质、线面角计算问题，是中档题．
19.【答案】解：(1)由题意可知，正方体的底面的长与宽都为a−2x，高为x，
则V(x)=x(a−2x)2，x∈(0,a2)；
(2)由(1)可知，V(x)=x(a−2x)2，x∈(0,a2)；
则V′(x)=(a−2x)2−4x(a−2x)=(a−2x)(a−6x)，
当x∈(0,a6)时，V′(x)>0，即V(x)在(0,a6)上单调递增，
当x∈(a6,a2)时，V′(x)<0，即V(x)在(a6,a2)上单调递减，
故V(x)在x=a6取得极大值，也为最大值，最大值为V(a6)=227a3
【解析】(1)根据已知条件，结合体积的公式，即可求解；
(2)根据(1)的结论，并利用导数研究函数的单调性，即可求解．
本题主要考查函数的实际应用，考查转化能力，属于中档题．
20.【答案】解：由抛物线Γ：y2=4x，可得焦点F(1,0)，准线l：x=−1.
(1)∵F为双曲线C：x2a2−2y2=1(a>0)的一个焦点，
∴c= a2+12=1，解得a= 22，
故b2=c2−a2=1−12=12，
故双曲线C的方程为x212−y212=1；
(2)l与x轴的交点为E(−1,0)，设点P(x,y)(x>0)，
∵点P在Γ上，|PF||PE|= 22，
∴y2=4xx+1 (x+1)2+y2= 22，x>0，解得x=1，y=2，
∴E(1,2)，
∴直线EP的方程为：y−0=0−2−1−1(x+1)，化为：x−y+1=0.
(3)设A(x1,y1)，B(x2,y2)，
直线l′的方程为：y=k(x−1)，(k≠0)，
联立y=k(x−1)y2=4x，化为：ky2−4y−4k=0，
∴y1+y2=4k，y1y2=−4，
直线OA的方程为：y=y1x1x=4y1x，可得M(−1,−4y1)，
直线OB的方程为：y=4y2x，可得N(−1,−4y2)，
∴线段MN的中点C(−1,−2y1−2y2)，
−2y1−2y2=−2(y1+y2)y1y2=2k，
∴C(−1,2k).
其半径r2=14×(−4y2+4y1)2=14×16[(y1+y2)2−4y1y2](y1y2)2=4k2+4.
∴以线段MN为直径的圆C方程为：(x+1)2+(y−2k)2=4k2+4，化为(x+1)2+y2−4ky=0，
令y=0，则x=−3，或1.
∴以线段MN为直径的圆C过定点(−3,0)，或(1,0).
【解析】由抛物线Γ：y2=4x，可得焦点F(1,0)，准线l：x=−1.
(1)由F为双曲线C：x2a2−2y2=1(a>0)的一个焦点，可得c= a2+12=1，解得a，即可得出双曲线C的离心率e.
(2)l与x轴的交点为E(−1,0)，设点P(x,y)(x>0)，根据点P在Γ上，|PF||PE|= 22，可得y2=4xx+1 (x+1)2+y2= 22，x>0，解得x，y，进而得出直线EP的方程．
(3)设A(x1,y1)，B(x2,y2)，直线l′的方程为：y=k(x−1)，(k≠0)，与抛物线方程联立化为：ky2−4y−4k=0，可得根与系数的关系，直线OA的方程为：y=y1x1x=4y1x，可得M坐标，直线OB的方程为：y=4y2x，可得N坐标，可得线段MN的中点C，进而得出以线段MN为直径的圆C方程，即可判断出结论．
本题考查了抛物线与双曲线的标准方程及其性质、圆的标准方程、直线与抛物线相交问题、一元二次方程的根与系数的关系、直线相交问题、两点之间的距离公式，考查了推理能力与计算能力，属于难题．
21.【答案】解：(1)a=1时，g(x)=x2−3x，g′(x)=2x−3，
故g(1)=−2，g′(1)=−1，
所以y=g(x)在x=1处的切线方程为y+2=−(x−1)，即x+y+1=0；
(2)f(x)=g(x)+h(x)=ax2−(a+2)x+lnx，1≤x≤e，
则f′(x)=2ax−(a+2)+1x=2ax2−(a+2)x−1x=(2x−1)(ax−1)x，
因为a>0，
当a≥1时，易得f(x)在[1,e]上单调递增，f(x)min=f(1)=−2，
当1e故f(x)min=f(1a)<−2，不合题意；
当0故a的最小值为−1；
(3)若f(x1)−f(x2)x1−x2>−2对一切0所以f(x1)+2x1令F(x)=f(x)+2x=ax2−ax+lnx，x>0，
则F(x)在(0,+∞)上单调递增，
所以F′(x)=2ax−a+1x=2ax2−ax+1x≥0在x>0时恒成立，即2ax2−ax+1≥0在x>0时恒成立，
当a=0时，F′(x)=1x≥0在x>0时恒成立，符合题意，
当a≠0时，因为y=2ax2−ax+1过定点(0,1)，对称轴x=14，则只要Δ=a2−8a≤0，
所以0≤a≤8，
故a的取值范围为[0,8].
【解析】(1)把a=1代入，对函数求导，结合导数几何意义求出切线斜率，进而可求切线方程；
(2)结合导数与单调性及最值关系分析函数的最小值的取得条件，即可求解；
(3)已知不等式可转化为f(x1)+2x10，从而有F(x)在(0,+∞)上单调递增，结合导数与单调性关系可求．
本题主要考查了导数几何意义的应用，还考查了导数与单调性及最值关系的应用，体现了分类讨论思想及转化思想的应用，属于中档题．