2023-2024学年上海市黄浦区敬业中学高二（下）期中数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年上海市黄浦区敬业中学高二（下）期中数学试卷（含解析），共16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.已知直线l的斜率为2，则直线l的法向量为( )
A. (1,2)B. (2,1)C. (1,−2)D. (2,−1)
2.设点M、N均在双曲线C：x24−y23=1上运动，F1，F2是双曲线C的左、右焦点，|MF1+MF2−2MN|的最小值为
( )
A. 2 3B. 4C. 2 7D. 以上都不对
3.若抛物线x2=2py(p>0)上不同三点的横坐标的平方成等差数列，那么这三点( )
A. 到原点的距离成等差数列B. 到x轴的距离成等差数列
C. 到y轴的距离成等差数列D. 到焦点的距离的平方成等差数列
4.已知点E是抛物线C：y2=2px(P>0)的对称轴与准线的交点，点F为抛物线C的焦点，点P在抛物线C上，在△EFP中，若sin∠EFP=μ⋅sin∠FEP，则μ的最大值为( )
A. 22B. 32C. 2D. 3
二、填空题：本题共12小题，共54分。
5.椭圆x29+y24=1的长轴长为______．
6.抛物线y=2x2的焦点坐标是 ．
7.已知双曲线过点(3,2)，它的一条渐近线方程为y=13x，则双曲线的标准方程为______．
8.若椭圆的焦点在x轴上，焦距为2 6，且经过点( 3, 2)，则该椭圆的标准方程为______．
9.在(x+43y)20的展开式中，系数为有理数的项共有______项．
10.6名同学照相排成一排，其中甲、乙两人不相邻的排法共有______种.(用数字表示)
11.一个高为1的正三棱锥的底面正三角形的边长为6，则此三棱锥的侧面积为______．
12.已知直线l1：4x+y=0，l2：mx+y=1，l3：2x−3my=4，若它们不能围成三角形，则实数m的取值所构成的集合为______．
13.如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，∠ABC=90°，AB=BC=1，若A1C与平面B1BCC1所成的角为30°，则四棱锥A1−BCC1B1的体积为______．
14.已知F1、F2分别是双曲线C：x22−y214=1的左右焦点，过F1的直线l与双曲线C左右两支分别交于P、Q两点，且|PQ|=|QF2|，则cs∠PF1F2= ______．
15.已知点A(1,−2)，B(2,0)，P为曲线y= 3−x2上任意一点，则AP⋅AB的取值范围为______．
16.若曲线|y|=x+3与曲线x2m+y2=9恰有两个不同的交点，则实数m的取值范围为______．
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)
已知圆C：x2+y2+8y+12=0，直线l：ax+y+2a=0．
(1)当a为何值时，直线l与圆C相切；
(2)当直线l与圆C相交于A，B两点，且|AB|=2 2时，求直线l的方程．
18.(本小题14分)
A，B两人下棋，每局均无和棋且A获胜的概率为23，某一天这两个人要进行一场五局三胜的比赛，胜者赢得2700元奖金．
(1)分别求A以3：0获胜、以3：1获胜的概率；
(2)若前两局双方战成1：1，后因为其他要事而中止比赛，问，怎么分奖金才公平？
19.(本小题14分)
四棱锥P−ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是正方形，PA=AB=2，点E是棱PC上一点．
(1)求证：平面PAC⊥平面BDE；
(2)当E为PC中点时，求二面角A−BE−D的正弦值．
20.(本小题18分)
已知椭圆E：x2a2+y2b2=1(a>b>0)经过点M(1, 32)，F1，F2是椭圆E的两个焦点，|F1F2|=2 3，P是椭圆E上的一个动点．
(1)求椭圆E的标准方程；
(2)若点P在第一象限，且PF1⋅PF2≤14，求点P的横坐标的取值范围；
(3)是否存在过定点N(0,2)的直线l与椭圆E交于不同的两点A，B，使△AOB为直角三角形(其中O为坐标原点)？若存在，求出直线l的斜率k；若不存在，请说明理由．
21.(本小题18分)
已知曲线Γ上的任意一点到两定点F1(−1,0)、F2(1,0)的距离之和为2 2，直线l交曲线Γ于A、B两点，O为坐标原点．
(1)求曲线Γ的方程；
(2)若l不过O点且不平行于坐标轴，记线段AB的中点为M，求证：直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值；
(3)若OA⊥OB，求△AOB面积的取值范围．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】【分析】
根据题意，求出直线l的方向向量，设直线l的法向量为n，其坐标为(x,y)，分析可得m⋅n=x+2y=0，据此分析选项中向量是否符合x+2y=0，综合即可得答案．
本题考查直线的斜率以及直线的法向量，注意直线方向向量的定义，属于基础题．
【解答】
解：根据题意，直线l的斜率为2，
则直线l的方向向量为m=(1,2)；
设直线l的法向量为n，其坐标为(x,y)，
则有m⋅n=x+2y=0，
据此分析选项：D选项符合x+2y=0，A、B、C都不符合；
故选：D．
2.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查了向量运算、双曲线性质，属于中档题．
设O为F1F2的中点，则|MF1+MF2−2MN|=|2MO−2MN|=2|NO|≥2a=4．
【解答】
解：设O为F1F2的中点，如图：
则|MF1+MF2−2MN|=|2MO−2MN|=2|NO|≥2a=4，
当且仅当N在x轴上时，取到等号，
∴|MF1+MF2−2MN|的最小值为4．
故选：B．
3.【答案】B
【解析】解：设A(x1,y1)，B(x2,y2)，C(x3,y3)，
则x12=2py1，x22=2py2，x32=2py3，
因为A，B，C的横坐标的平方成等差数列，
所以2x22=x12+x32，
即4py2=2py1+2py3，可得2y2=y1+y3，
因为A，B，C到x轴的距离为y1，y2，y3，
所以A，B，C到x轴的距离成等差数列．
故选：B．
先设出三点的坐标，根据横坐标的平方成等差数列，可得其纵坐标也为等差数列，即可得到答案．
本题主要考查抛物线的性质和等差中项的应用，属于基础题．
4.【答案】C
【解析】解：过P(x轴上方)作准线的垂线，垂足为H，
则由抛物线的定义可得|PF|=|PH|，由sin∠EFP=μ⋅sin∠FEP，
则△PFE中由正弦定理可知：则|PE|=μ|PF|，
∴|PE|=μ|PH|，
设PE的倾斜角为α，则csα=PHPE=1μ，
当μ取得最大值时，csα最小，此时直线PM与抛物线相切，
设直线PM的方程为x=ty−p2，则，
即y2−2pty+p2=0，
∴△=4p2t2−4p2=0，
∴k=1，即tanα=1，则csα= 22，
则μ的最大值为 2，
故选：C．
设PE的倾斜角为α，则csα=PHPE=1μ，当μ取得最大值时，csα最小，此时直线PM与抛物线相切，将直线方程代入抛物线方程，△=0，求得k的值，即可求得λ的最大值．
本题考查抛物线的标准方程，直线与抛物线的位置关系，考查正弦定理，考查直线与抛物线相切，考查计算能力，属于中档题．
5.【答案】6
【解析】解：椭圆x29+y24=1的长轴长为：2a=2×3=6．
故答案为：6．
直接利用椭圆方程，求解即可．
本题考查椭圆的简单性质的应用，考查计算能力．
6.【答案】(0,18)
【解析】【分析】
本题考查抛物线的标准方程，以及简单性质的应用，把抛物线y=2x2的方程化为标准形式，是解题的突破口．属于基础题．
先将方程化成标准形式，即x2=12y，求出p=14，即可得到焦点坐标．
【解答】
解：抛物线y=2x2的方程即 x2=12y，∴p=14，故焦点坐标为(0,18)，
故答案为：(0,18).
7.【答案】y23−x227=1
【解析】解：渐近线方程为y=13x，可设双曲线的方程为x2−9y2=m(m≠0)，
代入点(3,2)，可得m=9−36=−27，
则双曲线的方程为x2−9y2=−27，
即y23−x227=1，
故答案为：y23−x227=1．
由渐近线方程可设双曲线的方程为x2−9y2=m(m≠0)，代入(3,2)，可得m，进而得到所求双曲线的标准方程．
本题考查双曲线的方程与渐近线方程的关系，注意正确设出双曲线的方程，考查方程思想和运算能力，属于基础题．
8.【答案】x29+y23=1
【解析】解：根据题意，椭圆的焦点在x轴上，设其标准方程为x2a2+y2b2=1，
又由椭圆的焦距为2 6，则其焦点为(− 6,0)和( 6,0)，
又由椭圆经过点( 3, 2)，
则2a= ( 3+ 6)2+2+ ( 3− 6)2+2=3+ 2+3− 2=6，
则a=3，故b= a2−c2= 3；
故椭圆的标准方程为x29+y23=1．
故答案为：x29+y23=1．
根据题意，设椭圆的标准方程为x2a2+y2b2=1，由焦点坐标求出c的值，进而由椭圆的定义求出a、b的值，即可得答案．
本题考查椭圆的标准方程，涉及椭圆的几何性质，属于基础题．
9.【答案】6
【解析】解：二项式展开式的通项公式为Tr+1=C20rx20−r(43y)r=C20r(43)rx20−ryr(0≤r≤20)
要使系数为有理数，则r必为4的倍数，
所以r可为0，4，8，12，16，20共6种，
故系数为有理数的项共有6项．
故答案为6
利用二项展开式的通项公式求出展开式的第r+1项，系数为有理数，r必为4的倍数．
本题考查利用二项展开式的通项公式解决二项展开式的特定项问题．
10.【答案】480
【解析】解：6名同学照相排成一排，其中甲、乙两人不相邻的排法共有A44A52=480种．
故答案为：480．
由排列、组合及简单计数问题，结合不相邻问题插空法求解．
本题考查了排列、组合及简单计数问题，重点考查了不相邻问题，属中档题．
11.【答案】18
【解析】解：由题意作出图形如图：
因为三棱锥P−ABC是正三棱锥，顶点在底面上的射影D是底面的中心，
在三角PDF中，
∵三角形PDF三边长PD=1，DF= 3，
∴PF=2
则这个棱锥的侧面积S侧=3×12×6×1=18．
故答案为：18．
画出满足题意的三棱锥P−ABC图形，根据题意，作出高，利用直角三角形，求出此三棱锥的侧面上的高，即可求出棱锥的侧面积．
本题考查棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积，棱锥的结构特征，还考查计算能力，是基础题．
12.【答案】{−94,−16,4}
【解析】解：直线l1：4x+y=0，l2：mx+y=1，l3：2x−3my=4，它们不能围成三角形，
当l1与l2平行或重合时，m=4，
当l1与l3平行或重合时，4×(−3m)=2，解得m=−16，
当l2与l3平行或重合时，m×(−3m)=2，此时无解，
当三条直线经过同一点时，
联立2x−3my=4mx+y=14x+y=0，解得m=−94x=−425y=1625，
则实数m的取值所构成的集合为{−94,−16,4}．
故答案为：{−94,−16,4}．
通过三条直线两两平行或重合，以及三条线经过同一点，计算m的取值即可．
本题考查线线平行或重合的性质、三线共点等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
13.【答案】 23
【解析】解：如图，连接B1C，
∵ABC−A1B1C1是直三棱柱，∴BB1⊥平面A1B1C1，则BB1⊥A1B1，
又∠ABC=90°，∴A1B1⊥B1C1，
又BB1∩B1C1=B1，∴A1B1⊥平面B1BCC1，
则∠A1CB1为A1C与平面B1BCC1所成的角为30°，
设BB1=x，又BC=1，∴B1C= x2+1，
∵A1B1=AB=1，∴tan30°=1 x2+1= 33，得x= 2．
∴四棱锥A1−BCC1B1的体积为13×1× 2×1= 23．
故答案为： 23．
证明A1B1⊥平面B1BCC1，可得∠A1CB1为A1C与平面B1BCC1所成的角为30°，求解三角形可得BB1，再由棱锥体积公式求解．
本题考查多面体体积的求法，考查运算求解能力，是中档题．
14.【答案】5 28
【解析】解：双曲线C：x22−y214=1中，实半轴长a= 2，虚半轴长b= 14，半焦距c=4，如图：
由双曲线定义知|PF1|=|QF1|−|QP|=|QF1|−|QF2|=2a=2 2，则|PF2|=2a+|PF1|=4 2,|F1F2|=2c=8，
△PF1F2中，由余弦定理得cs∠PF1F2=|PF1|2+|F1F2|2−|PF2|22|PF1|⋅|F1F2|=(2 2)2+82−(4 2)22⋅2 2⋅8=5 28．
故答案为：5 28．
利用双曲线的定义结合|PQ|=|QF2|求出|PF1|，进而求得|PF2|，再由余弦定理即可作答．
本题考查了双曲线的性质，属于中档题．
15.【答案】[3− 3,3+ 15]
【解析】解：设P(x,y)，由y= 3−x2，得x2+y2=3(y≥0)，
令x= 3csθy= 3sinθ,(0≤θ≤π)，即P( 3csθ, 3sinθ)，
则AP=(x−1,y+2),AB=(1,2)，
所以AP⋅AB=(x−1,y+2)⋅(1,2)=x+2y+3= 3csθ+2 3sinθ+3= 15sin(θ+φ)+3，
其中sinφ= 55，则− 55≤sin(θ+φ)≤1，所以3− 3≤ 15sin(θ+φ)+3≤3+ 15，
则AP⋅AB的取值范围为[3− 3,3+ 15]．
故答案为：[3− 3,3+ 15]．
由题意可得x2+y2=3(y≥0)，设P( 3csθ, 3sinθ)(0≤θ≤π)，利用平面向量数量积的坐标和辅助角公式可得AP⋅AB= 15sin(θ+φ)+3(sinφ= 55)，结合正弦函数的性质即可求解．
本题考查了平面向量数量积的坐标和辅助角公式，属于中档题．
16.【答案】(1,+∞)
【解析】解：曲线x2m+y2=9过定点(0,±3)，
曲线：|y|=x+3≥0，x≥−3，
故曲线是以(−3,0)为端点的两条射线：y=x+3(x≥−1)和−y=x+3(x≥−1)，关于x轴对称；
①当m<0时，曲线x2m+y2=9为焦点在y轴的双曲线，
则两曲线在y轴右侧必有两个交点，还有两个顶点，所以不满足题意；
②当m>0时，曲线C1为圆或椭圆，
联立x2m+y2=9|y|=x+3，消y得(1+1m)x2+6x=0，解得x=0或x=−6m1+m，
当−6m1+m=−3，即m=1时，射线与圆有3个交点；0当m>射线与椭圆有2个交点，所以m>1时满足题意．
综上，曲线|y|=x+3与曲线x2m+y2=9恰有两个不同的交点，实数m的取值范围为(1,+∞)．
故答案为：(1,+∞)．
曲线|y|=x+3是以(−3,0)为端点的两条射线，然后分类讨论曲线x2m+y2=9为双曲线和椭圆的情况，数形结合求解实数m的取值范围即可．
本题考查了直线与椭圆、双曲线的位置关系，属于中档题．
17.【答案】解：将圆C的方程x2+y2+8y+12=0配方得标准方程为x2+(y+4)2=4，
则此圆的圆心为(0,−4)，半径为2．
(1)若直线l与圆C相切，
则有|−4+2a| a2+1=2，
∴a=34;
(2)过圆心C作CD⊥AB，则根据题意和圆的性质，
|CD|=|−4+2a| a2+1= 22−( 2)2= 2，
∴a=1或7．
故所求直线方程为7x+y+14=0或x+y+2=0．
【解析】本题考查直线与圆的位置关系，考查点到直线的距离公式，考查学生的计算能力，属中档题．
(1)若直线l与圆C相切，则有|−4+2a| a2+1=2，即可求出a;
(2)过圆心C作CD⊥AB，则根据题意和圆的性质，|CD|=|−4+2a| a2+1= 22−( 2)2= 2，解得a的值，即可求直线l的方程．
18.【答案】解：(1)A，B两人下棋，每局均无和棋且A获胜的概率为23，
某一天这两个人要进行一场五局三胜的比赛，胜者赢得2700元奖金．
A以3：0获胜是指A连胜三局，概率为P=(23)3=827，
A以3：1获胜是指A前3局2胜1负，第4局A胜，概率为：
P=C32×(23)2×13×23=827．
(2)设前两局双方战成1：1后A胜，B胜的事件分别为E，F，
若A胜，则可能连胜3，4局，或3，4局仅胜1场，第5局胜，
故概率P(E)=23×23+C21×23×13×23=2027，
∵两人比赛没有和局，A获胜的概率为23，则B获胜的概率为13，
若B胜，则可能连胜3，4局，或3，4局仅胜1场，第5局胜，
故概率为P(F)=13×13+C21×13×23×13=727，
∴奖金应分给A：2700×2027=2000元，分给B：2700×727=700元．
【解析】(1)A以3：0获胜是指A连胜三局，利用相互独立事件概率乘法公式能求出结果；A以3：1获胜是指A前3局2胜1负，第4局A胜，利用相互独立事件概率乘法公式能求出结果；
(2)求出若两局1：1之后正常结束比赛时，A，B获胜的概率，按照胜率分配奖金．
本题考查概率的求法，考查相互独立事件概率乘法公式等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
19.【答案】(1)证明：因为PA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，
所以PA⊥BD，
因为底面ABCD是正方形，所以BD⊥AC，
又PA∩AC=A，PA、AC⊂平面PAC，
所以BD⊥平面PAC，
因为BD⊂平面BDE，
所以平面PAC⊥平面BDE．
(2)解：以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(2,2,0)，P(0,0,2)，D(0,2,0)，E(1,1,1)，
所以BE=(−1,1,1)，AB=(2,0,0)，BD=(−2,2,0)，
设平面ABE的法向量为m=(x,y,z)，则m⋅BE=−x+y+z=0m⋅AB=2x=0，
取y=1，则x=0，z=−1，所以m=(0,1,−1)，
设平面BDE的法向量为n=(a,b,c)，则n⋅BE=−a+b+c=0n⋅BD=−2a+2b=0，
取a=1，则b=1，c=0，所以n=(1,1,0)，
所以cs=m⋅n|m|⋅|n|=1 2× 2=12，
由图知，二面角A−BE−D为锐角，
所以二面角A−BE−D的大小为π3，
故二面角A−BE−D的正弦值为 32．
【解析】(1)由PA⊥平面ABCD，知PA⊥BD，结合BD⊥AC，可证BD⊥平面PAC，再由面面垂直的判定定理，即可得证；
(2)以A为坐标原点建立空间直角坐标系，利用向量法求二面角，即可得解．
本题考查立体几何的综合应用，熟练掌握线面、面面垂直的判定定理或性质定理，利用向量法求二面角是解题的关键，考查空间立体感，逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
20.【答案】解：(1)由题意可得1a2+34b2=1c= 3b2=a2−c2，解得：a2=4，b2=1，
所以椭圆的方程为：x24+y2=1；
(2)设P(x,y)，则可得：x24+y2=1；由(1)可得F1(− 3,0)，F2( 3,0)，
因为PF1⋅PF2≤14，即(− 3−x,−y)⋅( 3−x,−y)≤14，
所以x2−3+y2≤14，即x2≤3，
点P在第一象限，所以x∈(0, 3]；
所以点P的横坐标的取值范围为(0, 3]；
(3)显然直线l的斜率存在，设直线l的方程为：y=kx+2，
设A(x1,y1)，B(x2,y2)，
联立直线与椭圆的方程x24+y2=1y=kx+2，整理可得：(1+4k2)x2+16kx+12=0，
Δ=162k2−4×12×(1+4k2)>0，可得：k2>34，
且x1+x2=−−16k1+4k2，x1x2=121+4k2，
△AOB为直角三角形，
(i)当∠AOB为直角三角形时，所以OA⋅OB=0，
所以x1x2+y1y2=0，即x1x2+(kx1+2)(kx2+2)=0，
(1+k2)x1x2+2k(x1+x2)+4=0，
代入可得：(1+k2)⋅121+4k2+2k⋅−161+4k2+4=0，
可得k2=4，
解得：k=±2；
(ii)若∠ABO或∠BAO，不妨设∠BAO为直角，
因为直线l的方程为：y=kx+2，所以直线OA的方程为：y=−1kx，
联立y=kx+2y=−1kx可得A(−2k1+k2,21+k2)，
点A在椭圆上，所以14(−2k1+k2)2+(21+k2)2=1，
整理可得：k4+k2−3=0，
解得k2=−1± 132，所以k=± −1+ 132，
综上所述k的值为±2，± −1+ 132．
【解析】(1)由过的点的坐标及焦距的值及a，b，c之间的关系求出a，b的值，进而求出椭圆的方程；
(2)设P的坐标，由数量积的数量积求出P的横坐标的取值范围；
(3)设直线l的方程，与椭圆联立求出两根之和及两根之积，分OA⊥OB及OA⊥AB两种情况求出斜率的值．
本题考查求椭圆的方程及直线与椭圆的综合，和利用直角三角形的性质求直线的斜率的方法，属于中档题．
21.【答案】解：(1)曲线Γ上的任意一点到两定点F1(−1,0)、F2(1,0)的距离之和为2 2，
∴c=1，2a=2 2，
∴a= 2，
∴b2=a2−c2=1，
∴曲线Γ的方程为x22+y2=1，
证明：(2)设直线l：y=kx+b，(k≠0,b≠0)，A(x1,y1)，B(x2,y2)，M(xM,yM)，
把直线y=kx+b代入x22+y2=1可得(2k2+1)x2+4kbx+2b2−2=0，
故xM=x1+x22=−2kb2k2+1，yM=kxM+b=−2k2b1+2k2+b=b1+2k2
于是在OM的斜率为：KOM=yMxM=−12k，即KOM⋅k=−12．
∴直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值．
解(3)当直线OA，OB分别与坐标轴重合时，△AOB的面积S△AOB= 22，
当直线OA，OB的斜率均存在且不为零时，设OA：y=kx，OB：y=−1kx，
设A(x1,y1)，B(x2,y2)，将y=kx代入椭圆C，得到x2+2k2x2=2，
∴x12=21+2k2，y12=2k21+2k2，
同理，x22=2k21+2k2，y22=21+2k2，
△AOB的面积S△AOB=12OA⋅OB= (k2+1)2(1+2k2)(k2+2)，
令t=k2+1∈[1,+∞)，则S△AOB= t2(2t−1)(t+1)=1 2+1t−1t2=1 −(1t−12)2+94，
当t=2时，有最小值，最小值为23，当t=1时，有最大值 22，
综上所述，△AOB的面积的取值范围是[23, 22]
【解析】(1)利用椭圆的定义，求解椭圆的几何量，然后得到椭圆的方程．
(2)设直线l：y=kx+b，(k≠0,b≠0)，A(x1,y1)，B(x2,y2)，M(xM,yM)，联立直线方程与椭圆方程，通过韦达定理求解KOM，然后推出直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值．
(3)当直线OA，OB分别与坐标轴重合时S△AOB= 22，当直线OA，OB的斜率均存在且不为零时，设OA：y=kx，OB：y=−1k，将y=kx代入椭圆C，得到x2+2k2x2=2，由此利用换元法结合已知条件能求出△AOB的面积的取值范围．
本题考查椭圆方程、韦达定理、向量知识、直线方程等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查化归与转化思想，函数与方程思想、数形结合思想，考查创新意识、应用意识，是中档题．