2022-2023学年上海市崇明区高二（下）期末数学试卷(含详细答案解析)

这是一份2022-2023学年上海市崇明区高二（下）期末数学试卷(含详细答案解析)，共14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。

1.若直线(a−1)x+y−1=0与直线3x−ay+2=0垂直，则实数a的值为( )
A. 12B. 32C. 14D. 34
2.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N(100,σ2)(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34，则此次统考中成绩不低于120分的学生人数约为( )
A. 200B. 150C. 250D. 100
3.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MN2=−12AN⋅NB，则动点M的轨迹是( )
A. 圆B. 椭圆C. 抛物线D. 双曲线
4.将函数y=x3+x，x∈[0,1]的图像绕点(0,0)顺时针旋转θ角(0<θ<π2)得到曲线C，若曲线C仍是一个函数的图像，则θ的最大值为( )
A. arctan12B. π6C. π4D. arctan2
二、填空题：本题共12小题，共54分。
5.已知直线l经过点A(−1,1)、B(2,3)，则它的斜率k=______.
6.双曲线x29−y216=1的渐近线方程是_____________.
7.抛物线y2=4x的焦点到准线的距离是______.
8.在平面直角坐标系中，点P到点F1(−3,0)、F2(3,0)的距离之和为10，则点P到轨迹方程是______.
9.假设某产品的一个部件来自三个供应商，供货占比分别是12、16、13，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______.
10.已知两点P(3,1)、Q(5,−3)，则以PQ为直径的圆的方程是______.
11.已知直线l1：mx−y+1=0，直线l2：4x−my+2=0，若l1//l2，则m=______.
12.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P(B|A)=______.
13.已知抛物线x2=y上的两个不同的点A、B的横坐标恰好是方程x2+3x−2=0的根，则直线AB的方程为______.
14.设AB是椭圆Γ的长轴，点C在Γ上，且∠CBA=π4，若AB=4，BC= 2，则Γ的两个焦点之间的距离为__________.
15.赌博有陷阱．某种赌博每局的规则是：赌客先在标记有1，2，3，4，5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1.4倍作为其奖金(单位：元).若随机变量ξ1和ξ2分别表示赌客在一局赌博中的赌金和奖金，则Eξ1−Eξ2=______(元).
16.已知实数x1、x2、y1、y2满足x12+y12=1，x22+y22=4，x1x2+y1y2=0，则x1+x2的最大值为______.
三、解答题：本题共5小题，共78分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题14分)
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X≤1”的概率；
(2)X的期望与方差.
18.(本小题14分)
已知直线l：y=kx(k≠0)与圆C：x2+y2−2x−3=0相交于A、B两点.
(1)若|AB|= 13，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.
19.(本小题14分)
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，∠AOB=90∘，OA=OB=100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DF=x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S=f(x)；
(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).
20.(本小题18分)
已知椭圆Γ:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率是12，其左、右焦点分别为F1、F2，过点B(0,b)且与直线BF2垂直的直线交x轴负半轴于D.
(1)设b=2 3，求a的值；
(2)求证：2F1F2+F2D=0；
(3)设a=2.过椭圆Γ右焦点F2且不与坐标轴垂直的直线l与椭圆Γ交于P、Q两点，点M是点P关于x轴的对称点，在x轴上是否存在一个定点N，使得M、Q、N三点共线？若存在，求出点N的坐标；若不存在，说明理由.
21.(本小题18分)
已知函数f(x)=12x2−(a+1)x+alnx.(其中a为常数).
(1)若a=−2，求曲线y=f(x)在点(2,f(2))处的切线方程；
(2)当a<0时，求函数y=f(x)的最小值；
(3)当0≤a<1时，试讨论函数y=f(x)的零点个数，并说明理由.
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：直线(a−1)x+y−1=0与直线3x−ay+2=0垂直，
则3(a−1)−a=0，解得a=32.
故选：B.
直接利用直线垂直的充要条件求出结果．
本题考查的知识要点：直线垂直的充要条件，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于基础题．
2.【答案】A
【解析】解：因为数学考试成绩服从正态分布X∼N(100,σ2)，
又P(80≤X<120)=34，所以P(X≥120)=12[1−P(80≤X≤120)]=18，
则此次统考中成绩不低于120分的学生人数约为18×1600=200.
故选：A.
根据题意，由正态分布的性质可得P(X≥120)，即可得到结果．
本题考查正态分布，属于基础题．
3.【答案】D
【解析】解：以AB所在直线为x轴，AB中垂线为y轴，建立坐标系，
设M(x,y)，A(−a,0)，B(a,0)，a≠0，则N(x,0)，
MN=(0,−y)，AN=(x+a,0)，NB=(a−x,0)，
因为MN2=−12AN⋅NB，
所以y2=−12(x+a)(a−x)，
所以y2=−12a2+12x2，
所以y2−12x2=−12a2，
所以x2a2−y212a2=1，
所以动点M的轨迹为双曲线，
故选：D.
以AB所在直线为x轴，AB中垂线为y轴，建立坐标系，设M(x,y)，A(−a,0)，B(a,0)，则N(x,0)，由MN2=−12AN⋅NB，得所以y2=−12(x+a)(a−x)，即可得出答案．
本题考查轨迹方程，向量的坐标表示，解题中需要理清思路，属于中档题．
4.【答案】A
【解析】解：函数f(x)=y=−x3+x，f′(x)=−3x2+1，
当x∈[0, 33)时，f′(x)>0，函数在[0, 33)上递增，
当x∈( 33,1]时，f′(x)<0，函数在( 33,1]上递减，
f′(1)=−2，可得在x=1处切线的倾斜角为π−arctan2，
因此，要使旋转后的图象仍为一个函数的图象，旋转θ后的切线倾斜角最多为90∘，
也就是说，最大旋转角为π−arctan2−π2=π2−arctan2=arctan12，
即θ的最大值为arctan12.
故选：A.
要使旋转后的图象仍为一个函数的图象，旋转θ后的切线倾斜角最多为90∘，故只需求x=1处的倾斜角即可．
本题考查导数的应用，考查运算求解能力，属于中档题．
5.【答案】23
【解析】解：根据题意，直线l经过A(−1,1)，B(2,3)两点，
则l的斜率k=3−12−(−1)=23.
故答案为：23.
根据题意，由直线的斜率计算公式计算可得答案．
本题考查直线的斜率计算，注意直线的斜率计算公式即可，属于基础题．
6.【答案】y=±43x
【解析】解：∵双曲线的方程x29−y216=1，
∴a2=9，b2=16，
即a=3，b=4，
则双曲线的渐近线方程为y=±43x，
故答案为：y=±43x.
根据双曲线的渐近线方程即可得到结论．
本题主要考查双曲线渐近线的判断，根据双曲线的方程确定a，b是解决本题的关键．比较基础．
7.【答案】2
【解析】解：根据题意可知焦点F(1,0)，准线方程x=−1，
∴焦点到准线的距离是1+1=2
故答案为2.
根据抛物线的方程求得抛物线的焦点坐标和准线的方程，进而利用点到直线的距离求得焦点到准线的距离．
本题主要考查了抛物线的简单性质．考查了学生对抛物线标准方程的理解和运用．属基础题．
8.【答案】x225+y216=1
【解析】解：由圆锥曲线性质，P的轨迹为椭圆，焦距为6，长轴为10，焦点在x轴上，
所以设P的轨迹方程为x2a2+y2b2=1，(a>0,b>0)，其中a=5，a2−b2=32，解得，b=4，
所以P的轨迹方程为x225+y216=1.
故答案为：x225+y216=1.
根据圆锥曲线性质，P的轨迹为椭圆，焦距为6，长轴为10，焦点在x轴上，而后求出P的轨迹方程即可．
本题主要考查椭圆性质，属中档题．
9.【答案】559600
【解析】解：根据全概率公式任取一个部件它是良品的概率P=12×0.92+16×0.95+13×0.94=559600.
故答案为：559600.
利用全概率公式求解．
本题主要考查了全概率公式的应用，属于基础题．
10.【答案】(x−4)2+(y+1)2=5
【解析】解：点P(3,1)、Q(5,−3)，可得PQ的中点C(4,−1)，
所以圆的半径r=|PC|= (3−4)2+(1+1)2= 5，
所以所求的圆的标准方程为：(x−4)2+(y+1)2=5，
故答案为：(x−4)2+(y+1)2=5.
由题意可得PQ的中点，即圆心的坐标，再求圆的半径，进而求出圆的标准方程．
本题考查求圆的标准方程的方法，属于基础题．
11.【答案】−2
【解析】解：直线l1：mx−y+1=0，直线l2：4x−my+2=0，l1//l2，
所以−m2=−42m≠4，解得m=−2.
故答案为：−2.
根据两直线平行的充要条件求解．
本题主要考查直线平行的性质，属于基础题．
12.【答案】23
【解析】解：由题意可知，P(A)=37，P(AB)=37×46=27，
故P(B|A)=P(AB)P(A)=23.
故答案为：23.
根据已知条件，结合条件概率公式，即可求解．
本题主要考查条件概率公式，属于基础题．
13.【答案】3x+y−2=0
【解析】解：由题意，直线AB的斜率存在，
设直线AB的方程为y=kx+b，A(x1,y1)，B(x2,y2)，
因为点A，B的横坐标恰好是方程x2+3x−2=0的根，
所以x1+x2=−3，x1x2=−2，
联立x2=yy=kx+b，消y得x2−kx−b=0，
则x1+x2=k，x1x2=−b，
所以k=−3，−b=−2，所以k=−3，b=2，
经检验，符合题意，
所以直线AB的方程为y=−3x+2，即3x+y−2=0.
故答案为：3x+y−2=0.
设直线AB的方程为y=kx+b，A(x1,y1)，B(x2,y2)，根据题意结合韦达定理可得x1+x2=，x1x2，联立方程，再次里由韦达定理求得x1+x2=，x1x2，从而可求出k，b，即可得解．
本题考查直线与抛物线的综合运用，考查运算求解能力，属于中档题．
14.【答案】4 63
【解析】【分析】
本题考查椭圆的定义、解三角形，以及椭圆的简单性质的应用．
由题意画出图形，设椭圆的标准方程为x2a2+y2b2=1，由条件结合等腰直角三角形的边角关系解出C的坐标，再根据点C在椭圆上求得b值，最后利用椭圆的几何性质计算可得答案．
【解答】
解：如图，设椭圆的标准方程为x2a2+y2b2=1，
由题意知，2a=4，a=2.
∵∠CBA=π4，BC= 2，∴点C的坐标为C(−1,1)，
因点C在椭圆上，∴(−1)24+12b2=1，
∴b2=43，
∴c2=a2−b2=4−43=83，c=2 63，
则Γ的两个焦点之间的距离为4 63.
故答案为：4 63.
15.【答案】0.2
【解析】【分析】
本题考查离散型随机变量的分布列和期望的计算，属于中档题．
分别求出赌金的分布列和奖金的分布列，即可得解．
【解答】
解：赌金的分布列为
所以Eξ1=15×(1+2+3+4+5)=3，
若两张卡片上数字之差的绝对值为1，则有(1,2)，(2,3)，(3,4)，(4,5)，4种，
若两张卡片上数字之差的绝对值为2，则有(1,3)，(2,4)，(3,5)，3种，
若两张卡片上数字之差的绝对值为3，则有(1,4)，(2,5)，2种，
若两张卡片上数字之差的绝对值为4，则有(1,5)，1种，
则P(ξ2=1.4)=4C52=25，P(ξ2=2.8)=3C52=310，P(ξ2=4.2)=2C52=15，P(ξ2=5.6)=1C52=110，
奖金的分布列为：
所以Eξ2=1.4×(25×1+310×2+15×3+110×4)=2.8，
则Eξ1−Eξ2=3−2.8=0.2元，
故答案为0.2.
16.【答案】 5
【解析】解：∵实数x1、x2、y1、y2满足x12+y12=1，x22+y22=4，
∴点(x1,y1)在单位圆上，点(x2,y2)在以(0,0)为圆心，以2为半径的圆上，
如图示：
不妨设OM=(x1,y1)=(csα,sinα)，ON=(x2,y2)=(2csβ,2sinβ)，
∵x1x2+y1y2=0，
∴csαcsβ+sinαsinβ=0，
∴cs(α−β)=0，
∴α=kπ+π2+β，k∈Z，
∴x1+x2
=csα+2csβ
=cs(kπ+π2+β)+2csβ
=sinβ+2csβ
= 5sin(β+θ)
≤ 5(其中sinθ=2 5，csθ=1 5).
故答案为： 5.
分析所给出条件的几何意义，作图，根据几何意义以及三角函数的运算即可求出最大值
本题考查代数式的最值求法，运用等式的几何意义，结合三角函数和圆的知识是迅速解题的关键，是中档题．
17.【答案】解：(1)设A=“所选3人中女生人数X≤1”，
则P(A)=C21C42+C43C63=45；
(2)由题意知，X的所以可能取值为0，1，2，
P(X=0)=C43C63=15，P(X=1)=C21C42C63=35，P(X=2)=C41C22C63=15，
所以E(X)=0×15+1×35+2×15=1，
D(X)=(0−1)2×15+(1−1)2×35+15(2−1)2=25.
【解析】(1)利用超几何分布的知识求解；
(2)易知，X服从超几何分布，由此求解．
本题考查了超几何分布条件下的概率分布列、概率的计算问题，属于中档题．
18.【答案】解：(1)由圆C：x2+y2−2x−3=0，得(x−1)2+y2=4，
∴圆心坐标为C(1,0)，半径为2，
∵|AB|= 13，∴C到AB的距离为 32，
由点到直线的距离公式可得：|k| k2+1= 32，
解得k=± 3；
(2)设A(x1,y1)，B(x2,y2)，
联立y=kxx2+y2−2x−3=0，得(1+k2)x2−2x−3=0，
∵Δ=4+12(1+k2)>0，
∴x1+x2=21+k2，x1x2=−31+k2，
设存在点M(m,0)满足题意，即kAM+kBM=0，
∴kAM+kBM=y1x1−m+y2x2−m=kx1x1−m+kx2x2−m=0，
∵k≠0，∴x1(x2−m)+x2(x1−m)=2x1x2−m(x1+x2)=0，
即−61+k2−2m1+k2=0，解得m=−3.
∴存在点M(−3,0)符合题意．
【解析】(1)由圆的方程求得圆心坐标与半径，再由垂径定理列式求得k；
(2)设A(x1,y1)，B(x2,y2)，M(m,0)，联立直线方程与圆的方程，利用根与系数的关系结合斜率的和为0列式求得m值，则M点的坐标可求．
本题考查直线与圆位置关系的应用，考查根与系数的关系的应用，考查计算能力，是中档题．
19.【答案】解：(1)以O为坐标原点，OA、OB所在直线分别为 x轴、y轴建立平面直角坐标系，如图所示，
则A(100,0)，C(50,50)，B(0,100)，
设曲线段BC所在抛物线的方程为y=ax2+b(a<0)，
由题意可知，点B(0,100)和C(50,50)在此抛物线上，
所以b=1002500a+b=50，解得a=−0.02b=100，
所以曲线段BC的方程为：y=−0.02x2+100(0≤x≤50)；
(2)由题意，线段AC的方程为：y=−x+100(50当点D在曲线段BC上时，S=x(−0.02x2+100)(25≤x≤50)，
当点D在线段AC上时，S=x(−x+100)(50所以f(x)=x(−0.02x2+100),25≤x≤50x(−x+100),50(3)当25≤x≤50时，f′(x)=−0.06x2+100，令f′(x)=0，得x1=50 63，x2=−50 63(舍去)，
当x∈[30,50 63)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当x∈(50 63,50]时，f′(x)<0，f(x)单调递减，
因此当x=50 63时，S=f(50 63)=1000 69是极大值，也是最大值，
当50当x=50时，S=f(50)=2500是最大值，
因为10000 69>2500，所以x=50 63时，S取得最大值，此时D(50 63,2003)，
所以当点D在曲线段BC上且其到OA的距离约为66.7米时，游乐场的面积S最大．
【解析】(1)以O为坐标原点，OA、OB所在直线分别为x轴、y轴建立平面直角坐标系，设曲线段BC所在抛物线的方程为y=ax2+b(a<0)，代点求解即可；
(2)根据题意，分点D在曲线段BC上和点D在线段AC上两种情况讨论，写出分段函数解析式即可；
(3)根据题意，分别计算25≤x≤50和50本题主要考查了函数的实际应用，考查了学生的计算能力，属于中档题．
20.【答案】解：(1)已知椭圆Γ的离心率是12，
所以e=ca=12，①
又b=2 3且a2−b2=c2，②
联立①②，解得a=4，c=2；
(2)证明：因为e=ca= 1−b2a2=12，
所以c=12a，b= 32a，
已知F1(−c,0)，F2(c,0)，kBF2=bc=− 3，
所以kBD=−1kBF2= 33，
则直线BD的方程为y= 33x+b，
令y=0，
解得x=− 3b，
所以D(− 3b,0)，
此时F1F2=(2c,0)=(a,0)，F2D=(− 3b−c,0)=(−2a,0)，
则2F1F2+F2D=0；
(3)当a=2时，由(2)得b= 3，c=1，
所以椭圆方程为x24+y23=1，
不妨设直线l方程为x=ty+1，P(x1,y1)，Q(x2,y2)，
可得M(x1,−y1)，
联立x24+y23=1x=ty+1，消去x并整理得
(4+3t2)y2+6ty−9=0，
又Δ=36t2+36(4+3t2)>0，
由韦达定理得y1+y2=−6t4+3t2，y1y2=−94+3t2，
此时直线MQ的方程为x−x1=x2−x1y1+y2(y+y1)，
令y=0，
解得x=(x2−x1)y1y1+y2+x1=x2y1−x1y1+x1y1+x1y2y1+y2=x2y1+x1y2y1+y2
=(ty2+1)y1+(ty1+1)y2y1+y2=2ty1y2+y1+y2y1+y2=2ty1y2y1+y2+1
=2t×(−9)−6t+1=4，
故在x轴上存在一个定点N(4,0)，使得M、Q、N三点共线．
【解析】(1)由题意，根据离心率公式，b=2 3以及a2−b2=c2列出等式即可求出a的值；
(2)根据离心率公式得到c=12a，b= 32a，进而得到直线BF2的斜率和直线BD的方程，令y=0，求出点D的坐标，利用平面向量的坐标运算即可得证．
(3)当a=2时，结合(2)中所得信息求出椭圆方程的方程，设直线l方程为x=ty+1，P(x1,y1)，Q(x2,y2)，进而得到M(x1,−y1)，将直线l方程与椭圆方程联立，利用韦达定理得到点P，Q纵坐标之间的关系式，推出直线MQ的方程，令y=0，化简即可得到点N的横坐标为定值．
本题考查椭圆的性质以及直线与圆锥曲线的综合问题，考查了逻辑推理、转化思想和运算能力．
21.【答案】(1)解：当a=−2时，可得f(x)=12x2+x−2lnx，
可得f′(x)=x+1−2x=(x+2)(x−1)x，所以f′(2)=2且f(2)=4−2ln2，
所以切线方程为y−(4−2ln2)=2(x−2)，即2x−y−2ln2=0，
所以曲线y=f(x)在点(2,f(2))处的切线方程为2x−y−2lnx=0.
(2)解：由函数f(x)=12x2−(a+1)x+alnx，可得函数f(x)的定义域为(0,+∞)，
又由f′(x)=(x−a)(x−1)x，令f′(x)=0，解得x1=a，x1=1，
当a<0时，f(x)与f′(x)在区间(0,+∞)的情况如下表：
所以函数的极小值为f(1)=−a−12，也是函数f(x)的最小值，
所以当a<0时，函数f(x)的最小值为−a−12；
(3)解：当a=0时，f(x)=12x2−x，令f(x)=0，解得x1=2，x2=0(舍去)所以函数y=f(x)在(0,+∞)上有一个零点；
当0所以函数f(x)在(0,a)单调递增，在(a,1)上单调递减，
此时函数f(x)的极大值为f(a)=−12a2−a+alna<0，
所以函数y=f(x)在(0,1)上没有零点；
又由f(1)=−12−a<0且函数f(x)在(1,+∞)上单调递增，
且当x→+∞时，f(x)→+∞，
所以函数f(x)在(1,+∞)上只有一个零点，
综上可得，当0≤a<1时，f(x)在(0,+∞)上有一个零点．
【解析】(1)当a=−2时，求得f′(x)=x+1−2x，得到f′(2)=2且f(2)=4−2ln2，进而求得切线方程；
(2)求得f′(x)=(x−a)(x−1)x，利用导数求得函数f(x)的单调性和极值，即可求解；
(3)当a=0时，求得y=f(x)在(0,+∞)上有一个零点；当0本题考查了导数的几何意义以及利用导数研究函数的最值和零点问题，属于中档题．ξ1
1
2
3
4
5
P
15
15
15
15
15
ξ2
1.4
2.8
4.2
5.6
P
25
310
15
110
x
(0,1)
1
(1,+∞)
f′(x)
-
0
+
f(x)
↓
极小值
↑
x
(0,a)
a
(a,1)
1
(1,+∞)
f′(x)
+
0
-
0
+
f(x)
↑
极大值
↓
极小值
↑