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    2022-2023学年上海交通大学附属中学高二上学期期中数学试题(解析版)

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    这是一份2022-2023学年上海交通大学附属中学高二上学期期中数学试题(解析版),共17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。
     2022-2023学年上海交通大学附属中学高二上学期期中数学试题 一、单选题1.下列命题:有两个面平行,其他各面都是平行四边形的几何体叫做棱柱;有两侧面与底面垂直的棱柱是直棱柱;过斜棱柱的侧棱作棱柱的截面,所得图形不可能是矩形;所有侧面都是全等的矩形的四棱柱一定是正四棱柱.其中正确命题的个数为(    A0 B1 C2 D3【答案】A【分析】①②③④均可举出反例.【详解】如图1,满足有两个面平行,其他各面都是平行四边形,显然不是棱柱,故错误;如图2,满足两侧面与底面垂直,但不是直棱柱,错误;如图3,四边形为矩形,即过斜棱柱的侧棱作棱柱的截面,所得图形可能是矩形,错误;所有侧面都是全等的矩形的四棱柱不一定是正四棱柱,因为两底面不一定是正方形,错误.故选:A2.已知均为复数,则下列命题不正确的是(    A.若为实数 B.若,则为纯虚数C.若,则为纯虚数 D.若,则【答案】C【分析】设复数,利用复数的基本运算,以及复数方程的运算,即可判定,得到答案.【详解】由题意,设复数对于A中,由,即,解得,所以复数为实数,所以A正确;对于B中,复数,因为,可得,所以复数为纯虚数,所以是正确的;对于C中,当时,满足,所以复数不一定为纯虚数,所以不正确;对于D中,由,可得,即,解得所以,所以是正确的.故选C.【点睛】本题主要考查了复数的代数形式的乘除运算,以及复数的基本概念和复数方程的应用,其中解答中熟练利用复数的代数形式的四则运算,以及熟记复数的基本概念是解答的关键,着重考查了推理与运算能力,属于基础题.3.如果函数的定义域为,且值域为,则称函数”.已知函数函数,则的取值范围是(    A BC D【答案】B【分析】根据函数的新定义得到,结合函数和二次函数的性质,列出不等式,即可求解.【详解】由题意,函数的定义域为,且值域为即函数的最小值,最大值为又由函数时,可得要是函数满足新定义,则满足,即,所以所以实数的取值范围是.故选:B.4.一个棱长为1的正方体容器,在八个顶点处分别有一个出口(出口大小忽略不计).现从A点放入一个粒子.粒子沿着直线运动,碰到容器壁会进行反射(遵循反射定律),遇到出口就会飞出容器.已知粒子在飞出容器前与容器壁产生了三次碰撞(粒子未与棱产生碰撞),则粒子在容器内的飞行距离有(    )种不同的值A1 B2 C3 D4【答案】B【分析】利用正方体的对称性,根据粒子碰撞次数可分别从射出,进而判断各情况粒子在容器内的飞行距离,即可得结果.【详解】根据正方体的对称性,如下图示,粒子从A射出在各碰撞2次、1次后,从C点射出;粒子从A射出在各碰撞2次、1次后,从H点射出;粒子从A射出在各碰撞2次、1次后,从F点射出;以上三种情况粒子在容器内的飞行距离相同为粒子从A沿平面(平面)射出在平面边缘靠近)、各碰撞2次、1次后,从B点射出;粒子从A沿平面(平面)射出在平面边缘靠近)、各碰撞2次、1次后,从E点射出;粒子从A沿平面(平面)射出在平面边缘靠近)、各碰撞2次、1次后,从D点射出;以上三种情况粒子在容器内的飞行距离相同为.综上,粒子在容器内的飞行距离共有2种不同值.故选:B 二、填空题5.已知球的表面积为,则其体积为______.【答案】【分析】由球的表面积公式与体积公式求解【详解】由题意得,则故答案为:6.若圆锥高为3,且母线与底面所成角为,则该圆锥的侧面积为______.【答案】【分析】由题意求出底面半径,进而求母线长、底面周长,应用扇形面积公式求圆锥侧面积.【详解】若底面半径为,则,可得所以,底面周长为,母线长为故圆锥侧面积为.故答案为:7.若,则符合条件的不同有序集合对共有______.【答案】4【分析】根据给定条件,列举出集合AB的可能结果即可作答.【详解】,则有:所以符合条件的不同有序集合对共有4.故答案为:48.已知ABC的内角,若,其中为虚数单位,则等于______.【答案】##120°【分析】根据复数代数形式的乘法运算化简,再根据复数相等,得到方程组,再根据两角和的正弦、余弦公式计算可得.【详解】所以因为,所以所以.故答案为:9.正方体的8个顶点中,选取4个共面的顶点,有______种不同选法【答案】12【分析】正方体的侧棱出发找到与之共面的2个顶点,确定共面的情况数,注意重复计数的情况.【详解】从任意一个侧棱出发,其它6个顶点中任选2个点都有3种共面的情况,所以,所有共面的情况有种,而每条棱均重复计数一次,综上,正方体的8个顶点中,选取4个共面的顶点,有.故答案为:1210.已知正三棱柱的底面边长为1,高为8,一质点自点出发,沿着三棱柱的侧面绕行两周到达的最短路线的长为___________.【答案】10【分析】将三棱柱的侧面展开两次,结合矩形的对角线长,进而求得最短距离,得到答案.【详解】将正三棱柱的侧面展开两次,再拼接到一起,其侧面展开图,如图所示的矩形,连接因为正三棱柱的底面边长为1,高为8,可得矩形的底边长为,高为所以.故答案为:.11.平行六面体,若,则______.【答案】【分析】由几何体中线段对应向量的数量关系有,应用向量数量积的运算律、定义列方程即可求.【详解】如上图知:所以.故答案为:12.如图,在三棱柱中,分别为的中点,设三棱锥体积为,三棱柱的体积为,则_______【答案】【详解】试题分析:因为DE,分别是ABAC的中点,所以S△ADES△ABC=14FAA1的中点,所以A1到底面的距离HF到底面距离h2倍.即三棱柱A1B1C1-ABC的高是三棱锥F-ADE高的2倍.所以V1V2=S△ADE•h/S△ABC•H=124【解析】棱柱、棱锥、棱台的体积 13.若对于定义在上的函数,当且仅当存在有限个非零自变量,使得,则称为类偶函数,若函数为类偶函数,则实数的取值范围为______.【答案】【分析】根据已知条件及类偶函数的定义,将问题转化为方程有解问题,结合二次函数的性质即可求解.【详解】,得,即根据类偶函数的定义,可知方程存在有限个非零的实数解,存在有限个非零的实数解,则,解得所以实数的取值范围为.    故答案为:.14.如图,函数图像与轴交于点,与轴交于点,则______.【答案】【分析】由题意得,且,结合图象有范围,即可确定参数值.【详解】由题设所以,且时,,故时,,故由图知:,可得综上,,此时,故.故答案为:15.用一个平面将圆柱切割成如图的两部分.将下半部分几何体的侧面展开,平面与圆柱侧面所形成的交线在侧面展开图中对应的函数表达式为.则平面与圆柱底面所形成的二面角的正弦值是______.【答案】【分析】根据已知画出上的图象,直观想象侧面展开图与几何体的关系确定截面最高、低高度差及底面半径,即可求二面角正弦值.【详解】在一个周期上图象如上图,其最大值与最小值相差,即截面的最高处与最低处的高度差为底面周长为,即底面半径为1,故直径为2所以平面与圆柱底面所形成的二面角的正弦值是.故答案为:16.定义在上的函数,且满足对任意恒成立,请判断以下命题:1)若是周期函数,则函数也是周期函数;2)若是偶函数,则函数也是偶函数;3)若上的严格增函数,则函数上的严格增函数或者严格减函数;4)若上的增函数,则函数与函数也都是上的增函数.其中真命题的序号是______. 【答案】1)(2)(3【分析】1)令代入条件即可判断;(2)令代入条件即可判断;(3)(4)令,根据函数的单调性定义判断正误即可.【详解】1)若是周期为的函数,则,故所以,即2)若是偶函数,则,故所以,即3)若上为增函数,令,则所以,或,故上的严格增函数或者严格减函数;4上的增函数,令,则所以,故为增函数或为常数函数;,故为增函数或为常数函数;综上,(1)(2)(3)正确,(4)错误.故答案为:(1)(2)(3 三、解答题17.已知正三棱柱的底面边长为3cm,高为3cmMNP分别是的中点.(1)斜二测画法,作出此正三棱柱的直观图(严格按照直尺刻度);(2)在(1)中作出过MNP三点的正三棱柱的截面(保留作图痕迹).【答案】(1)作图见解析;(2)作图见解析. 【分析】1)利用斜二测法画出棱柱底面的直观图,再根据斜二测画图的原则确定三点,即可得直观图;2)应用平面的基本性质画出截面即可.【详解】1平面直角坐标系中作边长为3cm的等边三角形,原点中点,如下图,在线段上找到中点,过作与x轴成45°轴,并在轴找点使,此时直观图底面确定;向上作与x轴垂直的射线,并在各射线上找一点使cm,连接,即得正三棱柱的直观图.2作直线分别交射线,连接,分别交连接,则截面即为所求.18.如图,四棱锥的底面是矩形,底面.MBC的中点.(1)证明:平面平面(2)求点到平面的距离.【答案】(1)证明见解析;(2). 【分析】1)由线面垂直性质得,根据已知可证,再应用线面、面面垂直的判定证结论;2AMBD交于点E,连接PE,过点BBH垂直于PE交其于点H,由面面垂直的性质有PAM,即BH的长为B到面PAM的距离,等面积法求长度即可.【详解】1)因为底面平面,所以.底面为矩形,且,则所以Rt△Rt,易知.,所以平面,而平面所以平面平面.2)设AMBD交于点E,连接PE,过点BBH垂直于PE交其于点H知,面PBD,面因此PAM,线段BH的长为点B到平面PAM的距离.,解得.因此点B到平面PAM的距离为.19.已知数列,而数列的前项和.(1)证明数列为等比数列,其中(2)如果,试证明数列的单调性.【答案】(1)证明见解析;(2)证明见解析. 【分析】1)根据给定的递推关系,结合等比数列定义计算判断作答.2)由(1)求出数列的通项,再求出数列的通项,利用作差法比较大小作答.【详解】1)数列中,当时,,因,有,由此可得,而于是得,而所以数列为以为首项,以为公比的等比数列.2)由(1)知,时,满足上式,因此,则,有,即所以数列为严格递减数列.20.已知定义域为的函数满足:,恒有时,.(1)的值;(2)求出当时的函数解析式;(3)求出方程中所有解的和.【答案】(1)0(2)(3). 【分析】1)根据给定的函数关系,依次计算即可作答.2)根据给定的关系,分求解作答.3)由(2)求出方程上的根,再探讨n的取值,利用无穷等比数列求和公式计算作答.【详解】1)依题意,,有,当时,.2)当时,时,综上,对任意.3)由(2)知,当,解得因此在每一区间段上方程都有唯一解,解得,于是得从而方程所有不大于100的解从大到小分别为:,形成一个以为公比的无穷等比数列,则其所有项的和为所以方程中所有解的和.【点睛】关键点睛:涉及由抽象的函数关系及给定区间上的解析式求解析式,在所求解析式的区间上任取变量,再变换到已知解析式的区间上是解题的关键.21.如果实数,且满足,则称xy余弦相关.(1),请求出所有与之余弦相关的实数(2)若两数余弦相关的,求证:(3)若不相等的两数余弦相关的,求证:存在唯一的实数,使得xz余弦相关的,yz也为余弦相关.【答案】(1)(2)证明见解析;(3)证明见解析. 【分析】1)将代入已知条件求得,即可得实数2)先应用反证法证明,再根据定义证也是余弦相关的,结合前一结论证,即可;3)先证存在性:记,易得,即得xz余弦相关的,同理证yz也为余弦相关的;再证唯一性:xyz中任意两个数灯余弦相关的,得到三角方程,应用三角恒等变换、正弦型函数的性质,将问题化为内两个不同的解xy,得到即可.【详解】1)将代入得,故,又,则.2)已知满足.先证,由余弦函数单调性知:从而,故,同理.相加得:与假设矛盾,故.再证:易知,故也是余弦相关的.从而利用以上结论,有,即.综上,.3)证存在性:记由(2)知,而.从而,故xz余弦相关的,同理,yz也为余弦相关.证唯一性:xyz中任意两个数灯余弦相关的,代入检验易知xyz均不为0,故.注意到固定,引入关于的三角方程.移项,和差化积,得,进而,其中xy为该方程在内两个不同的解.利用内图象知,xy关于函数在内的一条对称轴对称.注意到,故对称轴可能.从而.由(2),,而,故.从而只能是,即.【点睛】关键点点睛:第二问,根据新定义求证不等式关系,注意反证法的应用;第三问,记并从存在性、唯一性两方面证明结论. 

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