2022-2023学年上海市宝山区高二下学期期末数学试题含答案

2022-2023学年上海市宝山区高二下学期期末数学试题

一、填空题

1．直线的倾斜角为          

【答案】/

【分析】根据直线的方程可得出直线的倾斜角.

【详解】直线垂直于轴，故直线的倾斜角为.

故答案为：.

2．在空间直角坐标系中，点关于平面的对称点的坐标为      .

【答案】

【分析】根据给定条件，直接求出关于坐标面对称点的坐标作答.

【详解】点关于平面的对称点的坐标为.

故答案为：

3．直线过点，且与向量垂直，则直线的方程为      .

【答案】

【分析】依题意可得直线的斜率，再由点斜式求出直线方程.

【详解】因为直线过点，且与向量垂直，

所以直线的斜率，所以直线的方程为，

即.

故答案为：

4．双曲线的两条渐近线的夹角的余弦值为      .

【答案】/0.6

【分析】求解双曲线的渐近线方程，然后求解夹角即可．

【详解】双曲线的两条渐近线为，直线的倾斜角为，，，

所以两条渐近线的夹角的余弦值为．

故答案为：．

5．某产品经过4次革新后，成本由原来的200元下降到125元.如果这种产品每次革新后成本下降的百分比相同，那么每次革新后成本下降的百分比是      （结果精确到0.1%）.

【答案】11.1%

【分析】按照等比数列求解.

【详解】设4次革新前的成本价格分别为，，由题意是等比数列，

设公比为q，则 ，

每次革新后成本下降的百分比为；

故答案为：.

6．若表示圆，则实数的值为      .

【答案】

【分析】依题意可得，解得，再代入检验.

【详解】因为表示圆，所以，

解得或，

当时方程，即，不表示任何图形，故舍去；

当时方程，即，表示以为圆心，为半径的圆，符合题意；

故答案为：

7．若实数、、成等差数列，则直线必经过一个定点，则该定点坐标为      .

【答案】

【分析】根据等差中项的性质得到，即可求出直线过定点坐标.

【详解】因为实数、、成等差数列，所以，即，

所以直线必过点.

故答案为：

8．如图，三棱柱中，、分别是、的中点，设，，，则      .

【答案】

【分析】由空间向量的线性运算即可求解.

【详解】，

故答案为：

9．已知数列的通项公式是，其前项的和为.设，若数列是严格增数列，则实数的取值范围是      .

【答案】

【分析】先由裂项相消法求出，进而得到，由数列是严格增数列求解实数的取值范围即可.

【详解】由，得：.

所以，

因为数列是严格增数列，

所以，在时恒成立，

可得在时恒成立，则，

即的取值范围为.

故答案为：.

10．如图，记棱长为1的正方体为，以各个面的中心为顶点的正八面体为，以各面的中心为顶点的正方体为，以各个面的中心为顶点的正八面体为，…，以此类推得到一系列的多面体，设的棱长为，则      .

【答案】/

【分析】根据条件先求出，根据条件依次求出，，，然后利用归纳推理得到：奇数项与偶数项都是等比数列，然后求和即可．

【详解】正方体各面中心为顶点的凸多面体为正八面体，

它的中截面（垂直平分相对顶点连线的界面）是正方形，

该正方形对角线长等于正方体的棱长，

所以它的棱长；

以各个面的中心为顶点的正方体为图形是正方体，

正方体面对角线长等于棱长的，（正三角形中心到对边的距离等于高的，

因此对角线为，所以，

以上方式类推，得，，，

各项依次为：，，，，，，

奇数项是首项为：，公比为的等比数列，偶数项是首项为：，公比为的等比数列，

则．

故答案为：．

11．已知、是空间互相垂直的单位向量，且，，则的最小值是      .

【答案】4

【分析】利用坐标法，根据空间向量数量积的坐标运算，向量线性运算，不等式思想即可求解．

【详解】是空间相互垂直的单位向量，

设，，设，

又，，

又，

，

，其中，

，

，

当且仅当时取得等号，

的最小值是4．

故答案为：4．

12．已知双曲线的左，右焦点分别为，，直线与双曲线在第一、三象限分别交于点、，为坐标原点.有下列结论：①四边形是平行四边形；②若轴，垂足为，则直线的斜率为；③若，则四边形的面积为；④若为正三角形，则双曲线的离心率为.其中正确命题的序号是      .

【答案】①②④

【分析】对于①，利用双曲线的性质判断四边形的形状，对于②，利用斜率公式判断，对于③，由题意可判断四边形为矩形，从而可求出其面积，对于④，由为正三角形，可表示出点的坐标，代入双曲线方程化简可求出离心率.

【详解】对于①，因为双曲线的左，右焦点分别为，，直线与双曲线在第一、三象限分别交于点、，

所以，

所以四边形为平行四边形，所以①正确，

对于②，设，则，

因为轴，垂足为，所以，

所以，，所以②正确，

对于③，因为，所以，

所以为直角三角形，所以四边形为矩形，

设，则，所以，

因为，所以，

所以，所以四边形的面积为，所以③错误，

对于④，因为为正三角形，，所以，

因为点在双曲线上，

所以，化简得，

所以，，

所以，

所以，

因为，所以，

所以，所以④正确，

故答案为：①②④

【点睛】关键点点睛：此题考查双曲线的定义和几何性质的应用，解题的关键是结合题意和双曲线的几何性质找出等量关系，从而可进行判断，考查数形结合的思想和计算能力，属于较难题.

二、单选题

13．若，，则直线不经过第象限（    ）

A．一 B．二 C．三 D．四

【答案】D

【分析】将直线方程化为，由斜率以及纵截距的正负判断即可.

【详解】依题意、、均不为，所以直线可化为，

因为，，所以，，

所以直线的斜率为正，纵截距为正，

即直线通过第一、二、三象限，不通过第四象限.

故选：D

14．已知，若三向量共面，则实数等于（    ）

A．4 B．3 C．2 D．1

【答案】D

【分析】利用向量共面定理，设，列出方程组，即可求出实数．

【详解】，三向量共面，

可设，即，

，解得．

故选：D．

15．若直线与曲线恰有两个公共点，则实数的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据题意得：为恒过定点的直线，曲线表示圆心为，半径为的上半圆，由此利用数形结合思想能求出的取值范围．

【详解】根据题意得为恒过定点的直线，

由曲线，可得，

所以曲线表示圆心为，半径为的上半圆，如图所示，

当直线与圆相切时，有，解得（舍去）或，

把代入得，解得，

因为直线与曲线恰有两个公共点，

由图可得，即的取值范围是．

故选：B．

16．已知空间直线、和平面满足：，，.若点，且点到直线、的距离相等，则点的轨迹是（    ）

A．直线 B．椭圆 C．双曲线 D．抛物线

【答案】C

【分析】画图分析，根据题意建立等量关系即可得到点的轨迹是双曲线.

【详解】如图：  

不妨设在平面内射影为，则与相交，与垂直，

设直线与平面的距离为，则在平面内，以为轴，为轴建立平面直角坐标系，

则到的距离为，到的距离为，从而到直线的距离为，

所以，即，故轨迹为双曲线，

故选：C.

三、解答题

17．已知直线，.

(1)若，求实数的值；

(2)若直线在两个坐标轴上的截距相等，求实数的值.

【答案】(1)

(2)或

【分析】（1）根据已知条件，结合直线平行的性质，即可求解；

（2）根据已知条件，结合截距的定义，并分类讨论，即可求解．

【详解】（1）直线，．

则，解得或，

当时，，，则直线，重合，不符合题意；

当时，，，则直线，不重合，符合题意，

故.

（2）当，即时，，直线在两坐标轴上的截距为，

满足直线在两个坐标轴上的截距相等；

当且时，

则直线在轴上的截距为，在轴上的截距为，

由题意可知，，解得，

当时直线，显然不符合题意，

综上所述，或．

18．在平面直角坐标系中，为坐标原点，直线，已知动点到点的距离等于点到直线的距离，设点的轨迹为.

(1)过点且斜率为2的直线与曲线交于两个不同的点、，求线段的长；

(2)求曲线上的点到直线的最短距离.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由题意，根据抛物线的定义得到曲线的轨迹方程，设出直线的方程，将其与抛物线方程联立，结合韦达定理和抛物线定义进行求解即可；

（2）设抛物线上的点的坐标，利用点到直线的距离公式进行求解即可．

【详解】（1）已知动点到点的距离等于点到直线的距离，

所以曲线的轨迹是以点为焦点，直线为准线的抛物线，

其标准方程为①，

因为过点且斜率为2的直线与曲线交于两个不同的点、，

则直线的方程为②，

联立①②，消去并整理得，

设点，，由韦达定理得，

此时；

（2）不妨设点是抛物线上的点，

则点到直线的距离，

易知当时，，

故曲线上的点到直线的最短距离为．

19．已知、分别是正方体的棱、的中点，求：

(1)与所成角的大小；

(2)二面角的大小；

(3)点在棱上，若与平面所成角的正弦值为，请判断点的位置，并说明理由.

【答案】(1)；

(2)；

(3)点是线段靠近点的三等分点，理由见解析.

【分析】（1）（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求出异面直线的夹角、二面角大小作答.

（3）利用（1）中坐标系，设出点M的坐标，利用线面角的正弦值求解作答.

【详解】（1）在正方体中，令，

以点D为原点，以的方向分别为,,轴正方向，建立空间直角坐标系，如图，

则,，

设与所成角为，，

所以与所成角的大小是.

（2）平面的一个法向量为，

设平面的一个法向量为，，

则，令，得，

设的夹角为，，而二面角为锐二面角，

所以二面角大小为.

（3）设，则，平面的一个法向量为，

设与平面所成角为，即，

所以当，即点是线段靠近点的三等分点时,与平面所成角的的正弦值为

20．在数列中，.在等差数列中，前项和为，，.

(1)求数列和的通项公式；

(2)设数列满足，数列的前项和记为，试判断是否存在正整数，使得？若存在，求出的值；若不存在，说明理由.

【答案】(1)，

(2)不存在，理由见解析

【分析】（1）由可得是以为首项，为公比的等比数列，即可求出的通项公式，再由等差数列通项公式及求和公式求出公差，即可求出的通项公式；

（2）由（1）可得，利用分组求和法求出，从而求出，即可判断.

【详解】（1）因为，当，，即，

所以是以为首项，为公比的等比数列，

所以，则，显然a1也满足；

设等差数列的公差为，由，，

可得，解得，

所以；

（2）由（1）可得，

又，

则

所以

，

其中

，

则

，，

所以，，

显然是递增数列，，，所以不存在正整数，使得．

21．已知椭圆的焦距为2，且过点.

(1)求椭圆的标准方程；

(2)、分别为椭圆的上、下顶点，为坐标原点，过椭圆的左焦点作直线交椭圆于、两点，与轴交于点.

①若点是线段的中点，求点的轨迹方程；

②设直线与直线交于点，求证：为定值.

【答案】(1)；

(2)①(除去点)；②证明见解析.

【分析】（1）将给定的点坐标代入方程，由焦距列出方程，再解方程组作答.

（2）①设出直线的方程，与椭圆的方程联立，利用韦达定理求出轨迹方程即得；②设出点的坐标，借助斜率坐标公式推理计算即可.

【详解】（1）依题意，，由点在上得，解得,

所以椭圆的标准方程为.

（2）①由（1）知，，显然直线的斜率存在，设直线的方程为，

由消去y得，设，

于是，设线段的中点，

则，，

当时，两式相除得，代入上式化简得，

当时，线段的中点的坐标满足上述方程，

所以的轨迹方程为(除去点)；

②由直线的方程，得点，当时，，不符合题意，

因此，当点异于、点时，设，

由,,三点共线，得，由,,三点共线，得，而，

两式相除得

，

解得，从而，为定值，

当点与点重合时,，满足，

当点与点重合时,，满足，

所以为定值.

【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种：(1)从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．(2)直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．