2022-2023学年上海市青浦区高二（下）期末数学试卷（含解析）

这是一份2022-2023学年上海市青浦区高二（下）期末数学试卷（含解析），共15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学年上海市青浦区高二（下）期末数学试卷一、单选题（本大题共4小题，共18.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）1.  设，是两个不同的平面，直线，则“对内的任意直线，都有”是“”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名、名、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的样本，若从高三年级抽取名学生，则为(    )A.  B.  C.  D. 3.  点为椭圆的右顶点，为椭圆上一点不与重合，若是坐标原点，则椭圆的离心率的取值范围是(    )A.  B.  C.  D. 4.  已知非常数数列满足为非零常数若，则(    )A. 存在，，对任意，，都有数列为等比数列
B. 存在，，对任意，，都有数列为等差数列
C. 存在，，对任意，，都有数列为等差数列
D. 存在，，对任意，，都有数列为等比数列二、填空题（本大题共12小题，共54.0分）5.  点到直线的距离为______ ．6.  已知一组数据，，，，，，，，，，，，则该组数据的第百分位数为______ ．7.  在空间直角坐标系中，点关于坐标平面的对称点的坐标为______ ．8.  的二项展开式中项的系数为______ ．9.  已知正方形的边长为，若，则的值为______．10.  若双曲线的一条渐近线与直线平行，则 ______ ．11.  在长方体中，，，点为棱的中点，则二面角的大小为______ 结果用反三角函数值表示12.  设等比数列的公比为，前项和为，若，则 ______ ．13.  有男女共位高三同学在高考考场外合影留念若从这人中随机选取人拍双人照，则选中的人恰为男女的概率是______ ．14.  某校开展“全员导师制”有名导师可供位学生选择，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，则对应的“阿基米德体”的表面积为______ ．16.  对于项数为的数列，若满足其中为正整数，，且，设，则的最大值为______ ．三、解答题（本大题共5小题，共78.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17.  本小题分记为等差数列的前项和，已知．若，求的通项公式；若，求使得的的取值范围．18.  本小题分
已知圆锥的顶点为，底面圆心为，底面半径为．
若圆锥的侧面积为，求圆锥的体积；
设，点、在底面圆周上，且满足，是线段的中点，如图求直线与平面所成的角的大小．
19.  本小题分
已知，如图是一张边长为的正方形硬纸板，先在它的四个角上裁去边长为的四个小正方形，再折叠成无盖纸盒．
试把无盖纸盒的容积表示成裁去边长的函数；
当取何值时，容积最大？最大值是多少？纸板厚度忽略不计
20.  本小题分
已知抛物线：的焦点为，准线为．
若为双曲线：的一个焦点，求双曲线的方程；
设与轴的交点为，点在第一象限，且在上，若，求直线的方程；
经过点且斜率为的直线与相交于、两点，为坐标原点，直线、分别与相交于点、试探究：以线段为直径的圆是否过定点，若是，求出定点的坐标；若不是，说明理由．21.  本小题分
已知函数，，令．
当时，求函数在处的切线方程；
当为正数且时，，求的最小值；
若对一切都成立，求的取值范围．
答案和解析 1.【答案】 【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，是两个不同的平面，直线，若对内的任意直线，都有，根据线面垂直的定义可知，
，，
所以，“对内的任意直线，都有”“”即充分性成立，
若，因为，对内的任意直线，与的位置关系不确定，
所以，“对内的任意直线，“””即必要性不成立，
故“对内的任意直线，都有”是“”的充分不必要条件，
故选：．  2.【答案】 【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，
即，
得，
故选：．  3.【答案】 【解析】解：设，
是坐标原点，
，

，，
．
．
，
则的取值范围是．
故选：．
设，由，可得，，即可求解．
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】 【解析】解：由题意，得．
令，则，
，为非零常数且，
，均为非零常数，
常数，且．
故．
两边同时减去，可得

常数，且．
，且．

数列是非常数数列，
，
则当，即，即，即时，
．
此时数列很明显是一个等差数列．
存在，，只要满足，为非零，且时，对任意，，都有数列为等差数列．
故选：．
本题先将递推式进行变形，然后令，根据题意有常数，且将递推式通过换元法简化为两边同时减去，可得根据此时逐步递推可得根据题意有，则当，即，即，即时，可得到数列是一个等差数列．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】 【解析】解：点到直线的距离为．
故答案为：．
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】 【解析】解：由题设知：数据共有个，则，即第百分位数在第位，
第百分位数是．
故答案为：．
根据题设及百分位数的求法，得到第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】 【解析】【分析】根据关于坐标平面的对称点的坐标的特点，可得点关于坐标平面的对称点的坐标为，
故答案为：．
【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】 【解析】解：在的二项展开式中，通项公式为，
令，求得，可得项的系数为．
故答案为：．
由题意，在二项展开式的通项公式中，令的幂指数等于，求得的值，可得展开式中含项的系数的系数．
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】 【解析】解：如图所示建立平面直角坐标系：
则，，，，
设，则，
因为，
则，
则，
所以，
所以，
故答案为：．
先建立平面直角坐标系，求得点的坐标，进而得到的坐标，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】 【解析】解：双曲线，
则，
双曲线的一条渐近线与直线平行，
则．
故答案为：．
先求出，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】 【解析】解：由题意，过点作，垂足为，连接
则为二面角的平面角
在中，

在中，
二面角的大小为
故答案为
由题意，过点作，垂足为，连接，则为二面角的平面角，求长，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】 【解析】解：由题意，可得，
，
，
，
解得，
．
故答案为：．
先根据等比数列的求和公式写出与关于首项的表达式，再代入题干已知条件列出关于首项的方程，解出的值，最后根据等比数列的通项公式即可计算出的值．
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】 【解析】解：设选中的人恰为男女为事件，
故，
故答案为：．
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】 【解析】解：有名导师可供位学生选择，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位学生选择，
故可将学生分组为，，共有种，
再将分好的学生分配给名导师，共种，
故不同的选择方案共有种．
故答案为：．
根据题意可知，将学生分组为，，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】 【解析】解：正四面体的表面积为，
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．
故答案为：．
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】 【解析】解：因为，
所以或，
设，
则中相邻两项相差最大为，要保证，则数列中的项有增有减，
假如中有个，增量最大为，则有项是减少的，
则必有，所以，解得或，
取，取最大值，按最大连续增量计算，有，
即中有最大值为，
即的最大值为．
故答案为：．
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：根据题意，等差数列中，设其公差为，
若，则，
可得，即，
若，则，
则；
若，则，
当时，不等式成立，
当时，有，变形可得，
又由得，即，
则有，
又由，则有，
则有，
综合可得：且． 【解析】本题考查等差数列的性质以及等差数列的前项和公式，涉及数列与不等式的综合应用．
根据题意，等差数列中，设其公差为，由，即可得，可得，结合，计算可得的值，结合等差数列的通项公式计算可得答案；
若，则，分与两种情况讨论，求出的取值范围，综合即可得答案．
 18.【答案】解：因为圆锥的底面半径为，侧面积为，所以圆锥母线长为，
所以圆锥的高为，
圆锥的体积为；
取的中点，连接和，如图所示：
因为，平面，平面，所以，
又因为，所以，
又因为是线段的中点，是的中点，所以，所以，
又因为，所以平面，
所以是直线与平面所成的角，
中，，
所以，
即直线与平面所成的角是． 【解析】求出圆锥的母线长和高，再计算圆锥的体积．
取的中点，连接、，证明平面，是直线与平面所成的角．由此求出直线与平面所成角的大小．
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：由题意可知，正方体的底面的长与宽都为，高为，
则，；
由可知，，；
则，
当时，，即在上单调递增，
当时，，即在上单调递减，
故在取得极大值，也为最大值，最大值为 【解析】根据已知条件，结合体积的公式，即可求解；
根据的结论，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：，可得焦点，准线：．
为双曲线：的一个焦点，
，解得，
故，
故双曲线的方程为；
与轴的交点为，设点，
点在上，，
，，解得，，
，
直线的方程为：，化为：．
设，，
直线的方程为：，，
联立，化为：，
，，
直线的方程为：，可得，
直线的方程为：，可得，
线段的中点，
，

其半径．
以线段为直径的圆方程为：，化为，
令，则，或．
以线段为直径的圆过定点，或． 【解析】由抛物线：，可得焦点，准线：．
由为双曲线：的一个焦点，可得，解得，即可得出双曲线的离心率．
与轴的交点为，设点，根据点在上，，可得，，解得，，进而得出直线的方程．
设，，直线的方程为：，，与抛物线方程联立化为：，可得根与系数的关系，直线的方程为：，可得坐标，直线的方程为：，可得坐标，可得线段的中点，进而得出以线段为直径的圆方程，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：时，，，
故，，
所以在处的切线方程为，即；
，，
则，
因为，
当时，易得在上单调递增，，
当时，在上单调递减，在上单调递增，
故，不合题意；
当时，在上单调递减，在上的最小值，不符合题意，
故的最小值为；
若对一切都成立，则对一切都成立，
所以对一切都成立，
令，，
则在上单调递增，
所以在时恒成立，即在时恒成立，
当时，在时恒成立，符合题意，
当时，因为 过定点，对称轴，则只要，
所以，
故的取值范围为． 【解析】把代入，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；
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；
已知不等式可转化为对一切都成立，结合已知不等式考虑构造函数，，从而有在上单调递增，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．