2022-2023学年上海市崇明区高二下学期期末数学试题含答案

2022-2023学年上海市崇明区高二下学期期末数学试题

一、填空题

1．已知直线l经过点,，则它的斜率      .

【答案】

【分析】由两点斜率公式即可求解.

【详解】由,可得，

故答案为：

2．双曲线的渐近线方程是           .

【答案】

【分析】直接由双曲线的方程求解即可

【详解】因为双曲线方程为，

所以双曲线的渐近线方程为，即，

故答案为：

3．抛物线的焦点到准线的距离是                 .

【答案】2

【详解】焦点（1，0），准线方程，∴焦点到准线的距离是2.

4．在平面直角坐标系中，点到点、的距离之和为，则点的轨迹方程是      .

【答案】

【分析】依题意可得点为以点、为焦点的椭圆，即可求出、、，从而得到椭圆方程.

【详解】因为点到点、的距离之和为，

即，所以点的轨迹为以点、为焦点的椭圆，

且，，所以，所以椭圆方程为.

故答案为：

5．假设某产品的一个部件来自三个供应商，供货占比分别是、、，而它们的良品率分别是0.92、0.95、0.94．则该部件的总体良品率是        ．

【答案】

【分析】利用全概率公式求解.

【详解】根据全概率公式任取一个部件它是良品的概率.

故答案为：

6．已知两点、，则以PQ为直径的圆的方程是      .

【答案】

【分析】根据条件求出圆心坐标及圆的半径即可.

【详解】、,的中点坐标为，即为圆心坐标，

又圆的半径为

则所求圆的方程为.

故答案为：.

7．已知直线，直线，若，则             ．

【答案】

【分析】根据两直线平行的充要条件求解．

【详解】因为，所以，解得．

故答案为：

8．从装有3个红球和4个蓝球的袋中，每次不放回地随机摸出一球．记“第一次摸球时摸到红球”为A，“第二次摸球时摸到蓝球”为B，则          ．

【答案】

【分析】根据独立事件概率乘法公式结合条件概率分析运算.

【详解】由题意可得：，

所以.

故答案为：.

9．已知抛物线上的两个不同的点、的横坐标恰好是方程的根，则直线的方程为      .

【答案】

【分析】设直线的方程为，根据题意结合韦达定理可得，，联立方程，再次里由韦达定理求得，，从而可求出，即可得解.

【详解】由题意，直线的斜率存在，

设直线的方程为，

因为点，的横坐标恰好是方程的根，

所以，，

联立，消得，

则，，

所以，，所以，，经检验，符合题意，

所以直线的方程为，即.

故答案为：.

10．设AB是椭圆的长轴，点C在上，且，若AB=4，，则的两个焦点之间的距离为       

【答案】

【详解】不妨设椭圆的标准方程为，于是可算得，得．

【考点定位】考查椭圆的定义及运算，属容易题．

11．赌博有陷阱．某种赌博每局的规则是：赌客先在标记有，，，，的卡片中随机摸取一张，将卡片上的数字作为其赌金（单位：元）；随后放回该卡片，再随机摸取两张，将这两张卡片上数字之差的绝对值的倍作为其奖金（单位：元）．若随机变量和分别表示赌客在一局赌博中的赌金和奖金，则        （元）．

【答案】

【详解】赌金的分布列为

所以

奖金的分布列为

所以

【解析】数学期望

12．已知实数、、、满足，，，则的最大值为      .

【答案】

【分析】由题意可得，所以，再由三角函数的性质求解即可.

【详解】因为实数、、、满足，，

可知分别在圆，

因为，，

所以，所以，

所以，

所以，其中，

所以的最大值为.

故答案为：

二、单选题

13．若直线与直线垂直，则实数a的值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据两条直线垂直的条件列出等量关系式，求得的值.

【详解】直线与直线垂直，

则，解得，

故选：B.

14．某校高中三年级1600名学生参加了区第二次高考模拟统一考试，已知数学考试成绩X服从正态分布（试卷满分为150分），统计结果显示，数学考试成绩在80分到120分之间的人数约为总人数的，则此次统考中成绩不低于120分的学生人数约为（    ）

A．200 B．150 C．250 D．100

【答案】A

【分析】根据题意，由正态分布的性质可得，即可得到结果.

【详解】因为数学考试成绩服从正态分布，又，

所以，

则此次统考中成绩不低于120分的学生人数约为.

故选：A

15．已知A，B为平面内两定点，过该平面内动点M作直线AB的垂线，垂足为N.若，则动点M的轨迹是（    ）

A．圆 B．椭圆 C．抛物线 D．双曲线

【答案】D

【分析】建立适当的平面直角坐标系，设A，B的坐标，设M的坐标，由题意可得N的坐标，求出3个向量，由向量的关系求出M的轨迹方程.

【详解】解：建立以所在的直线为x轴，以线段的中垂线为y轴的直角坐标系，

设，，，

设M的坐标为，由题意可得，

则，，，

所以，，

由，可得，

整理可得：，所以，，

故动点M的轨迹是双曲线.

故选：D.

16．将函数，的图象绕点顺时针旋转角（）得到曲线C，若曲线C仍是一个函数的图形，则的最大值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】要使旋转后的图象仍为一个函数的图象，旋转后的切线倾斜角最多为，故只需求 处的倾斜角即可.

【详解】  

函数，

，

当时，，函数在上递增，

当时，，函数在上递减，

可得在处切线的倾斜角为，

因此，要使旋转后的图象仍为一个函数的图象，旋转后的切线倾斜角最多为，也就是说，最大旋转角为，即的最大值为.

故选：A.

三、解答题

17．从4名男生和2名女生中任选3人参加演讲比赛，设随机变量X表示所选3人中女生的人数，求：

(1)“所选3人中女生人数”的概率；

(2)X的期望与方差.

【答案】(1)

(2)；

【分析】（1）“所选3人中女生人数”的概率，由此能求出结果．

（2）由题意的可能取值为0，1，2，分别求出相应的概率，由此能求出的分布列．由的分布列能求出的均值和方差．

【详解】（1）“所选3人中女生人数”的概率：

．

（2）从4名男生和2名女生中任选3人参加演讲比赛，

设随机变量表示所选3人中女生的人数，

的可能取值为0，1，2，

，，，

的分布列为：

的均值．的方差．

18．已知直线l：与圆C：相交于A、B两点．

(1)若，求k；

(2)在x轴上是否存在点M，使得当k变化时，总有直线MA、MB的斜率之和为0，若存在，求出点M的坐标；若不存在，说明理由．

【答案】(1)

(2)存在点

【分析】（1）由圆的方程确定圆心和半径，利用几何法求弦长公式和点到直线的距离公式计算即可求解；

（2）设，，假设存在点满足题意，即，直线方程联立圆的方程，利用韦达定理表示、，结合两点求斜率公式，化简计算即可求解.

【详解】（1）因为圆C：，

所以圆心坐标为，半径为2，因为，

所以C到AB的距离为，

由点C到直线的距离为：，解得；

（2）设，，l的方程为，

则，得，

因为，所以，，

设存在点满足题意，即，

所以，

因为，

所以，

所以，解得．

所以存在点符合题意．

19．某公园有一块如图所示的区域OACB，该场地由线段OA，OB，AC及曲线段BC围成；经测量，，米，曲线段BC是以OB为对称轴的抛物线的一部分，点C到OA，OB的距离都是50米；现拟在该区域建设一个矩形游乐场OEDF，其中点D在线段AC或曲线段BC上，点E，F分别在线段OA，OB上，且该游乐场最短边长不低于25米；设米，游乐场的面积为S平方米；

(1)以点O为原点，试建立平面直角坐标系，求曲线段BC的方程；

(2)求面积S关于x的函数解析式；

(3)试确定点D的位置，使得游乐场的面积S最大（结果精确到0.1米）；

【答案】(1)

(2)

(3)当点在曲线段上且其到的距离约为米时，游乐场的面积最大.

【分析】（1）先以为坐标原点，、所在直线分别为轴、轴建立平面直角坐标系，然后根据题意求解析式即可；

（2）分别求出在不同线段的解析式，然后计算面积；

（3）在不同情况计算最大值，然后比较两个最大值就可以得到面积最大值，然后确定的位置.

【详解】（1）以为坐标原点，、所在直线分别为轴、轴建立平面直角坐标系，

如图所示，则，，，

设曲线段所在抛物线的方程为，

由题意可知，点和在此抛物线上，

代入可得：，.

所以曲线段BC的方程为：.

（2）由题意，线段的方程为，

当点在曲线段上时，，

当点在线段上时，，

所以.

（3）当时，，令，得，（舍去）.

当时，；当时，.

因此当时，是极大值，也是最大值.

当时，，

当时，是最大值.

因为，

所以当时，取得最大值，此时，

所以当点在曲线段上且其到的距离约为米时，游乐场的面积最大.

20．已知椭圆的离心率是，其左、右焦点分别为、，过点且与直线垂直的直线交轴负半轴于.

(1)设，求的值；

(2)求证：；

(3)设，过椭圆Γ右焦点且不与坐标轴垂直的直线与椭圆交于、两点，点是点关于轴的对称点，在轴上是否存在一个定点，使得、、三点共线？若存在，求出点的坐标；若不存在，说明理由.

【答案】(1)

(2)证明见解析

(3)

【分析】（1）根据离心率、及计算可得；

（2）依题意可得，，即可求出，求出直线的方程，即可求出点坐标，再求出向量的坐标，即可得证；

（3）先求出椭圆的方程，设出直线方程，联立后得出、两点纵坐标的关系式，根据、的坐标表示出直线的方程，令，化简得出点的横坐标为定值.

【详解】（1）因为，且，解得，.

（2）因为，所以，，

又、，，

所以，所以直线：，令，解得，

所以，

所以，，

所以.

（3）当时由（2）可知，，所以椭圆方程为，

设直线方程为，，则，

联立得，

则，，.

直线的方程为，

令得

，

故在轴上存在一个定点，使得、、三点共线.

【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：

（1）设直线方程，设交点坐标为、；

（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；

（3）列出韦达定理；

（4）将所求问题或题中的关系转化为、的形式；

（5）代入韦达定理求解.

21．已知函数.（其中为常数）

(1)若，求曲线在点处的切线方程；

(2)当时，求函数的最小值；

(3)当时，试讨论函数的零点个数，并说明理由.

【答案】(1)

(2)

(3)只有1个，理由见解析

【分析】（1）当时，求得，得到且，进而求得切线方程；

（2）求得，利用导数求得函数的单调性和极值，即可求解；

（3）当时，求得在上有一个零点；当 时，利用导数求得函数的单调性和极值，进而得出函数零点的个数.

【详解】（1）解：当时，可得，

可得，所以且，

所以切线方程为，即，

即曲线所以曲线在点处的切线方程为.

（2）解：由函数，可得函数的定义域为，

又由，令，解得，，

当时，与在区间的情况如下表：

所以函数的极小值为，也是函数的最小值，

所以当时，函数的最小值为

（3）解：当时，，令，解得（舍去）

所以函数在上有一个零点；

当 时，与在区间的情况如下表：

所以函数在单调递增，在上单调递减，

此时函数的极大值为，

所以函数在上没有零点；

又由且函数在上单调递增，

且当时，，

所以函数在上只有一个零点，

综上可得，当时，在上有一个零点.

【点睛】知识总结：解决函数极值、最值综合问题的策略与方法：

1、求极值、最值时，要求步骤规范，含参数时，要讨论参数的大小；

2、求函数最值时，不可想当然地认为极值点就是最值点，要通过比较才能下结论；

3、函数在给定闭区间上存在极值，一般要将极值与端点值进行比较才能确定最值.