2022-2023学年上海市吴淞中学高二上学期期中数学试题（解析版）

2022-2023学年上海市吴淞中学高二上学期期中数学试题

一、单选题

1．若事件与相互独立，且，则的值等于

A．0 B． C． D．

【答案】B

【详解】事件“”表示的意义是事件与同时发生，因为二者相互独立，根据相互独立事件同时发生的概率公式得：.

2．已知两圆分别为圆和圆，这两圆的位置关系是（    ）

A．相离 B．相交 C．内切 D．外切

【答案】B

【分析】先求出两圆圆心和半径，再由两圆圆心之间的距离和两圆半径和及半径差比较大小即可求解.

【详解】由题意得，圆圆心，半径为7；圆，圆心，半径为4，

两圆心之间的距离为，因为，故这两圆的位置关系是相交.

故选：B.

3．给出下列命题：

（1）存在实数使；

（2）直线是函数图象的一条对称轴；

（3）（）的值域是；

（4）若，都是第一象限角，且，则．

其中正确命题的序号为（    ）

A．（1）（2） B．（2）（3） C．（3）（4） D．（1）（4）

【答案】B

【分析】（1）利用辅助角公式将可判断（1）；

（2）根据函数y＝sinx图象的对称轴方程可判断（2）；

（3）根据余弦函数的性质可求出y＝cos（cosx）（x∈R）的最大值与最小值，从而可判断（3）的正误；

（4）用特值法令α，β都是第一象限角，且α＞β，可判断（4）．

【详解】解：（1）∵，∴（1）错误；

（2）∵y＝sinx图象的对称轴方程为，k＝﹣1，，∴（2）正确；

（3）根据余弦函数的性质可得cosx， y＝cos（cosx）的最大值为ymax＝cos0＝1，ymin＝cos（cos1），其值域是[cos1，1]，（3）正确；

（4）不妨令，满足α，β都是第一象限角，且α＞β，但tanα＜tanβ，（4）错误；

故选：B．

【点睛】本题考查正弦函数与余弦函数、正切函数的性质，着重考查学生综合运用三角函数的性质分析问题、解决问题的能力，属于中档题．

4．如图，上海海关大楼的钟楼可以看作一个正四棱柱，且钟楼的四个侧面均有时钟悬挂，在0点到12点时针与分针的转动中（包括0点，但不包括12点），相邻两面时钟的时针两两相互垂直的情况的次数为（    ）

A．0 B．2 C．4 D．12

【答案】B

【分析】根据正四棱柱相邻侧面的线线关系即可判断．

【详解】∵3点时和9点时相邻两钟面上的时针相互垂直，

∴在0点到12点时针与分针的转动中（包括0点，但不包括12点），相邻两面时钟的时针两两相互垂直的情况的次数为2，

故选：B．

二、填空题

5．已知球的半径是，则球体积为____________.

【答案】

【分析】根据球的体积公式直接计算得结果.

【详解】由于球的半径为，故体积为.

【点睛】本小题主要考查球的体积公式，考查运算求解能力，属于基础题.

6．椭圆的离心率为______________.

【答案】

【分析】由椭圆的标准方程可知，，而，即可求出．

【详解】由题可得，，所以，即，因此，．

故答案为：．

【点睛】本题主要考查椭圆的简单几何性质的应用，离心率的求法，属于基础题．

7．已知一组数据、、、、、，则该组数据的方差是__________．

【答案】##

【分析】先求出一组数据、、、、、的平均数，由此能求出该组数据的方差．

【详解】一组数据、、、、、的平均数为：，

该组数据的方差为

．

故答案为：．

8．过定点且倾斜角是直线x－y＋1＝0的倾斜角的两倍的直线一般方程为______．

【答案】

【分析】先求出直线x－y＋1＝0的倾斜角，从而得到所求直线的倾斜角，得到直线方程.

【详解】直线x－y＋1＝0的倾斜角为45°，故过定点的所求直线的倾斜角为90°，故所求直线方程为：.

故答案为：

9．与椭圆有相等的焦距，且过圆的圆心的椭圆的标准方程为______．

【答案】或，

【分析】先求出椭圆的焦距，再设出椭圆方程，求出的圆心坐标，列方程组可求得答案

【详解】由，得，得，

圆的圆心坐标为，

当所求椭圆的焦点在轴上时，设椭圆方程为，则

解得，

所以椭圆方程为，

当所求椭圆的焦点在轴上时，设椭圆方程为，则

解得，

所以椭圆方程为，

综上，所求椭圆方程为或，

故答案为：或，

10．已知直线和的夹角为，那么的值为____________.

【答案】3或

【分析】利用两直线夹角的正切公式：（为两直线的夹角且,），得到方程，求解出参数的值即可.

【详解】因为的斜率，的斜率，

又因为两直线的夹角为，所以，

解得：或.

故答案为或.

【点睛】本题考查两直线夹角的正切公式的运用，难度一般.已知两条直线的夹角为（）且两条直线的斜率为，则.

11．将某校全体高一年级学生期末数学成绩分为6组：[40，50)， [50，60)， [60，70)， [70，80)， [80，90)， [90，100]加以统计，得到如图所示的频率分布直方图，现需要随机抽取60名学生进行问卷调查，采用按成绩分层随机抽样，则应抽取成绩不少于60分的学生人数为_______________.

【答案】48

【分析】根据频率分布直方图，求出成绩不少于分的频率，然后根据频数频率总数，即可求出结果．

【详解】根据频率分布直方图，成绩不低于（分）的频率为，

由于需要随机抽取名学生进行问卷调查，利用样本估计总体的思想，则应抽取成绩不少于60分的学生人数为人．

故答案为：．

12．在空间直角坐标系中，若平面的一个法向量，则点到平面的距离为___________.

【答案】

【分析】利用空间向量法可求得点到平面的距离.

【详解】由已知可得，因此，点到平面的距离为.

故答案为：.

13．现对某批电子元件的寿命进行测试，因此使用随机数法从该批次电子元件中抽取200个进行加速寿命试验，测得的寿命（单位：h）结果如下表所示：

试估计这批电子元件的第60百分位数____________

【答案】170

【分析】根据条件及百分位数的含义即得.

【详解】∵，

故这批电子元件的第60百分位数160.

故答案为：170.

14．直线分别交轴于两点，点在直线上，则的最小值是________.

【答案】

【分析】先计算得到，计算关于直线对称的点为，利用

得到答案.

【详解】直线分别交轴于两点，则

设关于直线对称的点为则 解得

，当三点共线时等号成立

故答案为：

【点睛】本题考查了利用对称求距离的最值问题，找出对称点是解题的关键.

15．从点M(x,3)向圆(x＋2)2＋(y＋2)2＝1引切线，则切线长的最小值是________．

【答案】

【分析】设切线长为d，则d2＝(x＋2)2＋52－1＝(x＋2)2＋24，再利用二次函数的图像和性质求函数的最小值得解.

【详解】设切线长为d，则d2＝(x＋2)2＋52－1＝(x＋2)2＋24，∴dmin＝．

故答案为

【点睛】本题主要考查圆的切线问题，考查直线和圆的位置关系，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力.

16．若实数：满足，，则的最大值为_____________

【答案】

【分析】根据条件结构特征，转化为单位圆上两点到定直线距离和的关系，再根据圆的几何性质求最值.

【详解】因为，，

所以在单位圆上，

且因为，

所以，

因为,其中为AB中点.

又因为,所以,即的最大值为

【点睛】本题考查向量数列积、点到直线距离公式、以及圆的性质，考查综合分析转化求解能力，属难题.

三、解答题

17．如图，已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，高为2，底面半径为2．

(1)求该圆锥的侧面积；

(2)设OA、OB为该圆锥的底面半径，且∠AOB＝，M为线段AB的中点，求直线PM与直线OB所成的角的正切值，

【答案】(1)8π

(2)

【分析】（1）先求圆锥的母线l，再根据圆锥的侧面积公式可求出结果；

（2）取OA的中点N，连接MN，PN，易知∠PMN或其补角即为所求，先证OB⊥平面POA，推出MN⊥平面POA，故MN⊥PN，在直角三角形中求解可得结果.

【详解】（1）由题意知，圆锥的高，底面半径，

所以圆锥的母线，

∴圆锥的侧面积．

（2）取OA的中点N，连接MN，PN，

∵M为AB的中点，∴MNOB，

∴∠PMN或其补角即为直线PM与直线OB所成的角，

∵OB⊥OA，OB⊥OP，OA∩OP＝O，OA、OP⊂平面POA，

∴OB⊥平面POA，

∴MN⊥平面POA，∴MN⊥PN，

，，

在直角三角形中，有.

故直线PM与直线OB所成的角的正切值为．

18．设常数，，.

（1）若是奇函数，求实数的值；

（2）设，中，内角的对边分别为.若，，，求的面积.

【答案】（1）；（2）或.

【解析】（1）由，知，再对进行检验，即可；

（2）结合二倍角公式、辅助角公式和正弦函数的图象与性质，可推出，再由余弦定理求出的值，最后根据，即可得解．

【详解】（1）解：由题意

检验：

对任意都有

是奇函数

.

（2）解：，整理得，

A是三角形的内角

所以

由余弦定理，即

整理得，解得或

，或.

19．如图，公路围成的是一块顶角为的角形耕地，其中，在该块土地中处有一小型建筑，经测量，它到公路的距离分别为，现要过点修建一条直线公路，将三条公路围成的区域建成一个工业园.

（1）以为坐标原点建立适当的平面直角坐标系，并求出点的坐标；

（2）三条公路围成的工业园区的面积恰为，求公路所在直线方程.

【答案】(1) ；(2) .

【解析】(1)以为坐标原点, 所在直线为轴，过点且垂直于的直线为轴，建立平面直角坐标系.根据条件求出直线的方程，设出点坐标，代点到直线的距离公式即可求出所求；

(2)由(1)及题意设出直线的方程后，即可求得点的横坐标，与点的纵坐标，由

求得后，即可求解.

【详解】(1)以为坐标原点, 所在直线为轴，过点且垂直于的直线为轴，

建立如图所示的平面直角坐标系

由题意可设点，且直线的斜率为，并经过点，

故直线的方程为：，

又因点到的距离为，所以，解得或(舍去)

所以点坐标为.

(2)由题意可知直线的斜率一定存在，故设其直线方程为：，

与直线的方程：，联立后解得:，

对直线方程：，令，得，

所以，解得，

所以直线方程为：，即:.

【点睛】本题以直线方程的相关知识为背景，旨在考查学生分析和解决问题的能力，属于中档题.

20．一动点到两定点距禽的比值为非零常数，当时，动点的轨迹为圆，后世称之为阿波罗尼斯圆，已知两定点的坐标分别为：，动点N满足.

(1)求动点N的方程；

(2)过作动点N所在圆的切线，求的方程；

(3)如图，过点）且互相垂直的两条直线分别与圆交于点A，B，与圆交于点C，D，CD的中点为E，求面积的取值范围.

【答案】(1)；

(2)或；

(3).

【分析】（1）设，利用两点距离表示关系并化简即可；（2）当斜率存在时，设出直线方程，由圆心到切线距离等于半径求得参数，得切线方程，再验证斜率不存在时是否满足要求；（3）当直线的斜率不存在时，求得的面积；当直线的斜率存在时，当和时，结合二次函数的性质，分别求得的面积的取值范围，即可得到结论.

【详解】（1）（1）设动点坐标为，则，，

又知，则，得，故动点N的方程为；

（2）（2）当的斜率存在为时，设的方程为：，因为与圆相切，

所以，得：，

所以为的方程，

当的斜率不存在时，此时的方程为：，圆心到直线的距离2，所以圆心到直线的距离等于半径，满足要求，所以为的方程为，

综上：的方程为或；

（3）当直线的斜率不存在时，直线的方程为，所以，直线的方程为，点的坐标为，所以的面积；

当直线的斜率存在时，设直线的方程为，

当时，直线的方程为，直线的方程为，直线与圆不相交，此时不存在，舍去；

当时，直线，

由得，所以．

因为，所以．

因为，，所以，

所以E点到直线的距离即M点到直线的距离，

所以的面积，

令，则，所以，

因为，所以，所以，

综上可得，面积的取值范围是.

21．设分别是椭圆的左､右顶点，点为椭圆的上顶点.

（1）若，求椭圆的方程；

（2）设，是椭圆的右焦点，点是椭圆第二象限部分上一点，若线段的中点在轴上，求的面积.

（3）设，点是直线上的动点，点和是椭圆上异于左右顶点的两点，且，分别在直线和上，求证：直线恒过一定点.

【答案】（1）；（2）；（3）证明见解析.

【解析】（1）计算得，，代入解方程即可得，故可得椭圆的方程；

（2）设另一焦点为，则轴，计算出点坐标，计算即可；

（3）设点P的坐标为，直线：，与椭圆方程联立，由韦达定理计算得出，同理可得，分，两种情况表示出直线方程，从而确定出定点.

【详解】（1），

，，，解得

即椭圆的方程为.

（2）椭圆的方程为，由题意，设另一焦点为，

设，由线段的中点在y轴上，得轴，所以，

代入椭圆方程得，即

；

（3）证明：由题意，设点P的坐标为，

直线：，与椭圆方程联立

消去得：

由韦达定理得即；

同理；

当，即即时，

直线的方程为；

当时，直线：

化简得，恒过点；

综上所述，直线恒过点.

【点睛】关键点睛：解决第（3）的关键是能够运用韦达定理表示出点的坐标，从而表示出直线，并能通过运算整理成关于的方程，从而确定出定点，考查学生的运算求解能力，有一定的难度.