上海市行知中学2023-2024学年高二下学期期中考试数学试卷（原卷版+解析版）

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1. 抛物线的焦点坐标是_____________.
【答案】
【解析】
【分析】根据抛物线标准方程计算可得.
【详解】抛物线的焦点坐标是.
故答案为：
2. _____________.
【答案】##
【解析】
【分析】按无穷等比数列的各项和公式直接求值.
【详解】因为：数列是以为首项，以为公比的等比数列，
所以： .
故答案为：
3. 点到直线的距离为_____________.
【答案】
【解析】
【分析】直接利用点到直线的距离公式计算可得.
【详解】点到直线的距离.
故答案为：
4. 已知点，，以线段为直径的圆的标准方程为_____________.
【答案】
【解析】
【分析】求出圆心坐标和半径可得.
【详解】根据题意，圆心坐标为，半径为，
所以圆的标准方程为.
故答案为：.
5. 在的二项展开式中，常数项是_____________（用数字作答）
【答案】
【解析】
【分析】写出展开式的通项，根据通项计算可得.
【详解】二项式展开式的通项为（且），
令，解得，所以，
即展开式的常数项为.
故答案为：
6. 已知，，则_____________.
【答案】
【解析】
【分析】首先求出、的坐标，再根据数量积的坐标表示计算可得.
【详解】因为，，
所以，
，
所以.
故答案为：
7. 箱子中装有6个大小相同的小球，其中4个红球、2个白球，从中随机抽出2个球，在已知抽到红球的条件下，2个球都是红球的概率为_____________.
【答案】
【解析】
【分析】记事件A：随机抽到2个球中有红球，记事件B：随机抽到的个球都是红球，利用条件概率公式可求得的值.
【详解】记事件A：随机抽到2个球中有红球，记事件B：随机抽到的个球都是红球，
，
所以，
故答案为：
8. 已知点、分别椭圆的左、右焦点，过作倾斜角为的直线交椭圆于、两点，则弦的长为_____________.
【答案】##
【解析】
【分析】首先得到右焦点坐标，即可得到直线的方程，联立直线与椭圆方程，求出交点坐标，再由两点间的距离公式计算可得.
【详解】椭圆的右焦点，
因为直线的倾斜角为且过点，
所以直线，设，，
联立，消去得，
所以，，
所以，，
所以，，
所以.
故答案为：
9. 函数的导函数为，满足关系式，则的值为_____________.
【答案】
【解析】
【分析】求出函数的导函数，再令计算可得.
【详解】因为，
所以，
所以，解得.
故答案为：
10. 已知等差数列的前项和为，，，则满足的的值为_____________.
【答案】
【解析】
【分析】由已知利用等差数列通项公式与前项和公式得到关于的不等式，结合得解.
【详解】等差数列中，由，所以，
设等差数列的公差为，则得，
所以，
所以，，，
所以，得，得，
又，所以.
故答案为：.
11. 如图，某正方体的顶点在平面内，三条棱都在平面的同侧，若顶点到平面的距离分别为，2，3，则该正方体外接球的表面积为_____________.

【答案】
【解析】
【分析】取作为空间向量的一组基底，设为平面向上的一个单位向量，再设正方体的棱长为，由题意，在上的投影长度分别为，用表示出，由可求出，进而可得正方体外接球的半径，再用球的表面积公式求解.
【详解】设正方体的棱长为，取作为空间向量的一组基底，设单位向量是平面的一个方向向上的法向量，根据空间向量基本定理，存在唯一的有序是数组，使得.
由题意：在上的投影长度为，
所以
同理：，.
所以，又，所以.
所以正方体外接球半径为：.
所以外接球表面积为：.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：用空间向量解决问题，关键要选择一组合适的向量做基底.这个题目，因为涉及正方体，所以可以选择从正方体的一个顶点出发的三个向量做基底.
12. 已知双曲线的方程为，其左、右焦点分别是，点坐标为，双曲线上的满足，则_____________.
【答案】
【解析】
【分析】设的内切圆与三边分别相切于，利用切线长相等求得内切圆圆心横坐标为，又由得在的平分线上，进而得到即为内心，应用双曲线的定义求得面积差即可.
【详解】如图，设的内切圆与三边分别相切于，
可得，，，
又由双曲线定义可得，
则，
又，解得，
则点横坐标为，即内切圆圆心横坐标为.
又，可得，
化简得，即，
即是的平分线，由于，，
所以点是的内心，且半径为，
则，
又，
所以.
故答案为：.
.
【点睛】关键点睛：本题解题关键是根据条件式化简求得，即得是的平分线，再结合双曲线定义和内切圆的性质求得点是的内心.
二、选择题（本题满分18分，共有4题，13-14每题4分，15-16每题5分）
13. 可以表示为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据排列数公式判断即可.
【详解】，，
，.
故选：D
14. 中国古代中的“礼、乐、射、御、书、数”合称“六艺”，为传承和弘扬中华优秀传统文化，某校国学社团开展“六艺”讲座活动，每艺安排一次讲座，共讲六次．讲座次序要求“射”和“御”两次相邻，则“六艺”讲座不同的次序共有（ ）
A. 120种B. 240种C. 480种D. 720种
【答案】B
【解析】
【分析】利用捆绑法即可求解.
【详解】“射”和“御”两次相邻，两者捆绑，与剩下的四艺排列，
则“六艺”讲座不同的次序共有.
故选：.
15. 已知等轴双曲线的渐近线与抛物线的准线交于两点，抛物线焦点为，的面积为4，则的长度为（ ）
A. 2B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据双曲线与抛物线的几何性质，联立方程组，求得的坐标，结合题意，列出方程求得，进而求得长度，得到答案.
【详解】由题意，等轴双曲线的渐近线方程为，抛物线的准线方程为，
联立方程组，解得，可得，同理可得，
因为的面积为4，可得，解得，
则.
故选：D.

16. 已知数列满足，且，若使不等式成立有且只有三项，则的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】求出数列的通项公式，分n为奇数和偶数两种情况，得到，并根据单调性得到，求出答案.
【详解】当时，，
所以，
所以，显然也适合，
所以数列通项公式为．
当n为奇数时，，
此时数列的奇数项单调递增；
当n为偶数时，，
此时数列的偶数项单调递增，要想使不等式成立的有且只有三项，
只需有，即，解得，
即的取值范围为．
故选：D．
【点睛】数列中的奇偶项问题考查方向大致有：①等差，等比数列中的奇偶项求和问题；②数列中连续两项和或积问题；③含有的问题；④通项公式分奇偶项有不同表达式问题；含三角函数问题，需要分奇偶讨论，寻找奇数项，偶数项之间的关系，分组求和，期间可能会涉及错位相减求和或裂项相消法求和
三.解答题（本题满分78分，共有5题，解答下列各题必须在答题纸的规定区域内写出必要的步骤）
17. （1）求过点且与直线平行的直线的方程；
（2）求与直线垂直，且与两坐标轴围成的面积为的直线方程.
【答案】（1）；（2）
【解析】
【分析】（1）设直线的方程为，代入求出，得到答案；
（2）设与直线垂直的直线，表达出与两坐标轴的交点坐标，表达出三角形面积，得到方程，求出答案.
【详解】（1）设直线的方程为，
将代入得，，解得，
故直线的方程为；
（2）与直线垂直的直线设为，
中，令得，令得，
故，所以，
解得，
故直线方程为.
18. 已知三棱锥中，平面，，，为上一点且满足，，分别为，的中点.
（1）求证：；
（2）求直线与平面所成角的大小.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）以为原点建立空间直角坐标系，计算出，即可证明；
（2）求出平面的法向量，利用向量法求出线面角的正弦值，即可求出夹角；
【小问1详解】
因为平面，，
如图以为原点，所在直线分别为轴､轴､轴，建立空间直角坐标系，
则，
所以，
因为，
所以.
【小问2详解】
设平面的法向量，，
则，即，取，得，
又，
设直线与平面所成角为，
则，又，
所以，所以直线与平面所成角的大小为.
19. 已知函数，其图象在点处的切线方程为.
（1）求函数的解析式；
（2）求函数在区间上的最值.
【答案】（1）
（2）最大值为，最小值为
【解析】
【分析】（1）先求出，得出，再根据题目条件列出方程组，解出即可解答.
（2）先利用导数判断函数的单调性，得出极小值和极大值；在计算端点处的函数值，，与极大值和极小值进行比较即可解答.
【小问1详解】
由可得.
所以在点处切线的斜率为，
因为在点处切线方程为，
所以切线的斜率为，且，
所以，即，解得，
所以．
【小问2详解】
由（1）知，
则.
令得或，
所以当时单调递增，当时单调递减，当时单调递增.
所以在处，取得极大值，在处取得极小值.
又因为， ，
所以在上的最大值为，最小值为．
20. 已知椭圆，点是椭圆中心与该椭圆一个顶点的中点，点为椭圆与轴正半轴的交点，且离心率为，过点的直线（与轴不重合）交椭圆于，两点.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）直线和直线的斜率之积是否为定值？若是，求出这个值，若不是请说明理由；
（3）若圆的方程为，直线，分别交圆于，两点，试证明：直线恒过定点.
【答案】（1）
（2）是定值，
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据题意，可得椭圆下顶点为，则，结合离心率求得，求得椭圆方程；
（2）设，，过点的直线为，代入椭圆方程，运用韦达定理和直线的斜率公式，化简整理，即可得到定值．
（3）设直线方程为，直线的方程为，分别与圆联立求得坐标，先证明当直线的斜率为时，直线过点，再验证当直线的斜率不为时，，即直线恒过定点.
【小问1详解】
根据题意可得，，又，则，解得，
所以椭圆的标准方程为.
【小问2详解】
设过点的直线为，，，易知，
联立，消去整理得，易得，
则，，
所以
.
所以直线与直线的斜率之积为定值.
【小问3详解】
设直线的斜率为，直线的斜率为，，，且，
则直线的方程为，直线的方程为，
联立，消去整理得，
解得，，
同理可得，，
当直线的斜率为时，易知此时，解得，直线过点.
当直线的斜率不为时，，，所以，
所以直线过点，
综上，直线恒过定点.
【点睛】思路点睛：本题第二问，设过点的直线为，与椭圆方程联立得韦达定理，代入运算得解；第三问，设出直线，的方程分别于圆的方程联立求出点的坐标，先证明当直线的斜率为0时，直线过定点，再验证当直线的斜率不为0时，，即直线恒过定点.
21. 已知等比数列前项和为，，且成等差数列.
（1）求；
（2）设，是数列的前项和，求；
（3）设，是的前项的积，求证：（为正整数）.
【答案】（1）
（2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据得到，即，据此求出公比即可求解；
（2）由（1）得，根据即可求解；
（3）令，根据数列求和即可证明.
【小问1详解】
由题意得，所以，
所以，所以，
所以，因为，
所以；
【小问2详解】
由（1）得，
所以
【小问3详解】
由（1）得，则，
所以，
欲证：，即证：，
令，，
则，即在递减，
所以，即在恒成立，
故（当且仅当时取等号），
所以，，
即.
【点睛】关键点点睛：本题（3）关键在于将题目转化为数列求和问题.