2022-2023学年上海市同济大学第一附属中学高二下学期期中数学试题含解析

这是一份2022-2023学年上海市同济大学第一附属中学高二下学期期中数学试题含解析，共13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学年上海市同济大学第一附属中学高二下学期期中数学试题 一、填空题1．若，是第二象限角，则______．【答案】【分析】利用同角三角函数的基本关系计算可得.【详解】因为，是第二象限角，所以.故答案为：2．已知向量，若∥，则______.【答案】-6【分析】利用向量平行列方程，即可求解.【详解】因为向量，且∥，所以=，所以，解得：.故答案为：-6.3．若复数 (是虚数单位)是纯虚数，则实数的值为____【答案】-2【分析】将整理为，根据纯虚数的定义得到方程组，求解得到结果.【详解】是纯虚数        本题正确结果：【点睛】本题考查纯虚数的定义，属于基础题.4．计算_____________．【答案】2【分析】根据无穷等比数列的求和公式直接即可求出答案.【详解】.故答案为：2.5．已知，则______．【答案】【分析】根据简单复合函数的求导法则计算可得.【详解】因为，则.故答案为：6．我国古代数学名著《数书九章》有“米谷粒分”题：粮仓开仓收粮，有人送来米1534石．验得米内夹谷，抽样取米一把，数得254粒内夹谷28粒，则这批米内夹谷约为______石．（精确到整数）【答案】169【分析】根据给定条件，利用分层抽样的意义列式计算作答.【详解】设这批米内夹谷约为x石，依题意，，解得，所以这批米内夹谷约为169石.故答案为：1697．已知，则______．【答案】/.【分析】先求出，然后代入中求解即可.【详解】因为，所以，所以，故答案为：.8．若双曲线(，)的渐近线方程为，则双曲线的离心率______．【答案】【分析】由题知，再根据离心率公式求解即可.【详解】解：双曲线(，)的渐近线方程为，所以，双曲线的焦点在轴上，且所以，双曲线的离心率．故答案为：9．如图，在棱长为1的正方体中，点A到平面距离是______．  【答案】/【分析】利用等体积法求得到平面的距离.【详解】，为边长为的等边三角形，设到平面的距离为，根据，则，解得.故答案为：.10．函数的导函数的图像如图所示，以下结论正确的序号是______．  （1）是函数的极值点；（2）是函数的极小值点（3）在区间上严格增；（4）在处切线的斜率大于零；【答案】（1）（3）（4）；【分析】利用导函数与原函数的关系一一判定即可.【详解】由图象可得时，，且时，时，即是函数的极小值点，（1）正确；而时，，但与时，，∴不是函数的极值点，（2）不正确；由图象可知上，∴在区间上严格增，（3）正确；处，所以该处切线的斜率大于零，（4）正确；故答案为：（1）（3）（4）；11．若点和点分别为椭圆的中心和左焦点，点为椭圆上的任意一点，则的取值范围为_______．【答案】【分析】设，则，由两点距离公式即可得所求取值的函数，进而讨论范围即可.【详解】由题意得，，，设，则，则.故答案为：12．已知数列为严格递增数列，且对任意，都有且．若对任意恒成立，则________．【答案】66【分析】根据恒成立和严格递增可得，然后利用递推求出，的值，不难发现在此两项之间的所有项为连续正整数，于是可得，，然后可解.【详解】因为，且数列为严格递增数列，所以或，若，则（矛盾），故由可得：，，，，，，，，，，，，， 因为，，，且数列为严格递增数列，，所以，，所以，所以故答案为：66 二、单选题13．在空间中，“直线平面”是“直线与平面内无穷多条直线都垂直 ”的A．充分非必要条件 B．必要非充分条件C．充要条件 D．非充分非必要条件【答案】A【详解】若“直线 平面”则“直线与平面内无穷多条直线都垂直 ”，正确；反之，若“直线与平面内无穷多条直线都垂直 ”则“直线 平面”是错误的，故直线 平面”是“直线与平面内无穷多条直线都垂直 ”的充分非必要条件.故选A.14．用数学归纳法证明等式“”，当时，等式左边应在的基础上加上（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】由数学归纳法可知时，左端为，到时，左端，从而可得答案．【详解】解：用数学归纳法证明等式时，当左边所得的项是；假设时，命题成立，左端为；则当时，左端为，当时，等式左边应在的基础上加上．故选：C.15．已知，，设直线，其中，给出下列结论：①直线的法向量与向量垂直；②若，则直线与直线的夹角为；③直线与直线平行；上述结论正确的个数是（    ）A．1个 B．2个 C．3个 D．0个【答案】B【分析】对①，写出方向向量，由向量共线与坐标的关系即可判断；对②，由斜率及倾斜角的关系求得两直线倾斜角，即可求得夹角；对③，两直线平行需进一步判断是否存在重合.【详解】对于①，直线的方向向量是，则，所以向量与向量共线，故直线的法向量与向量垂直，即①正确；对于②，当时，直线的斜率是，倾斜角是，直线的斜率是，㑔斜角是，两直线的夹角为，故②正确；对于③，直线的斜率是，在轴上的截距是，直线的斜率是，且在轴上的截距是，当时，两直线重合，不平行，故③错误；综上，是真命题的序号是①②；故选：B.16．已知曲线，对于命题：①垂直于轴的直线与曲线有且只有一个交点；②若 为曲线上任意两点，则有，下列判断正确的是（    ）A．①和②均为真命题 B．①和②均为假命题C．①为真命题，②为假命题 D．①为假命题，②为真命题【答案】A【分析】化简曲线方程，画出图像判断①，利用函数单调减判断②【详解】曲线,当当 当画出图像如图，易知①正确；易知函数为减函数，则人任意两点斜率，②正确故选：A 三、解答题17．已知数列的前n项和．(1)求证：数列是等差数列；(2)令，求的表达式．【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）根据求出数列的通项，再根据等差数列的定义即可得证；（2）利用裂项相消法求和即可.【详解】（1）由，当时，，当时，，当时，上式也成立，所以，又，所以数列是等差数列；（2），则.18．已知函数，常数．(1)若函数的图像在点处的切线方程为，求实数的值；(2)求函数的单调区间和极值，说明理由；【答案】(1)(2)单调递减区间为，单调递增区间为，，无极大值. 【分析】（1）求出函数的导函数，依题意由，即可求出的值；（2）求出函数的导函数，再求出函数的单调区间与极值即可.【详解】（1）因为，所以，，则，因为函数的图像在点处的切线方程为，所以，解得.（2）函数的定义域为，，又，在上单调递增，由，解得，当时，，当时，，即函数在上单调递减，在上单调递增，所以在取得极小值，即，无极大值，所以函数的单调递减区间为，单调递增区间为，，无极大值.19．某公司举办捐步公益活动，参与者通过捐赠每天的运动步数获得公司提供的牛奶，再将牛奶捐赠给留守儿童．此活动不但为公益事业作出了较大的贡献，还为公司获得了相应的广告效益，据测算，首日参与活动人数为5000人，以后每天人数比前一天都增加15%，30天后捐步人数稳定在第30天的水平，假设此项活动的启动资金为20万元，每位捐步者每天可以使公司收益0.05元（以下人数精确到1人，收益精确到1元）．(1)求活动开始后第5天的捐步人数，及前5天公司的捐步总收益；(2)活动开始第几天以后公司的捐步总收益可以收回启动资金并有盈余？【答案】(1)8745，1686元(2)37天 【分析】（1）根据等比数列的性质求出结果；（2）对活动天数进行讨论，列出不等式求出的范围即可.【详解】（1）设第天的捐步人数为，则且，∴第5天的捐步人数为．由题意可知前5天的捐步人数成等比数列，其中首项为5000，公比为1.15，∴前5天的捐步总收益为元.（2）设活动第天后公司捐步总收益可以回收并有盈余，若，则，解得（舍）．若，则，解得∴活动开始后第37天公司的捐步总收益可以收回启动资金并有盈余.20．已知，点满足，记点的轨迹为.斜率为的直线过点，且与轨迹相交于两点.（1）求轨迹的方程；（2）求斜率的取值范围；（3）在轴上是否存在定点，使得无论直线绕点怎样转动，总有成立？如果存在，求出定点；如果不存在，请说明理由.【答案】（1）；（2）；（3）存在，.【分析】（1）根据双曲线的定义即可求得方程；（2）联立直线与双曲线方程，转化成方程有解问题；（3）假设存在点，联立直线和双曲线整理成二次方程，根据结合韦达定理求解.【详解】（1）因为，点满足，所以点的轨迹为以为焦点，实轴长为2的双曲线的右支，设其方程，则，所以轨迹的方程：；（2）斜率为的直线过点，直线方程为，代入，，即有两个不等正根，，由得，当时，且即不等式组的解：所以；（3）假设存在，设点，使，由（2）：斜率为的直线过点，直线方程为，代入，，即有两个不等正根，，，所以，，对恒成立，所以，解得，即，当直线斜率不存在时，直线方程，此时，，仍然满足，所以这样的点存在，.【点睛】此题考查求双曲线方程，注意考虑图象限制范围，通过直线与双曲线位置关系求参数范围，结合韦达定理解决相关定点问题.21．设常数．在平面直角坐标系xOy中，已知点F(2,0)，直线l：x=t，曲线：，与x轴交于点A、与交于点B．P、Q分别是曲线与线段AB上的动点．（1）用t表示点B到点F距离；（2）设，，线段OQ的中点在直线FP上，求的面积；（3）设t=8，是否存在以FP、FQ为邻边的矩形FPEQ，使得点E在上？若存在，求点P的坐标；若不存在，说明理由．【答案】（1）；（2）；（3）存在，．【分析】（1）方法一：设出点坐标，根据两点间距离公式求解出的值，方法二：根据抛物线的定义，即可求得的值；（2）根据抛物线的性质，求得点坐标，即可求得的中点坐标，即可求得直线的方程，代入抛物线方程，即可求得点坐标，则的面积可求；（3）设坐标，根据求得直线的方程和点坐标，再根据求得点坐标，则根据可求得点坐标.【详解】解：（1）方法一：由题意可知：设，则，∴；法二：由题意设，由抛物线的性质可知：，∴；（2），，，，则，∴，∴，设的中点，∴，，则直线方程：，联立，整理得：，解得：，（舍去），∴的面积；（3）存在，设，，则且，∴，直线方程为，∴，，又因为四边形为矩形，所以，则，∴，解得：，即，∴存在以、为邻边的矩形，使得点在上，且．【点睛】关键点点睛：解答本题第三问的关键在于利用矩形的两个特点去分析问题：（1），由此可知，利用坐标完成计算；（2）平行四边形法则，由此可知向量关系式.