2022-2023学年上海市敬业中学高二下学期期中数学试题含解析

这是一份2022-2023学年上海市敬业中学高二下学期期中数学试题含解析，共15页。试卷主要包含了填空题，单选题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年上海市敬业中学高二下学期期中数学试题 一、填空题1．椭圆的焦距长为__________．【答案】2【分析】根据椭圆方程求出，进而可求出结果.【详解】因为椭圆中，，所以，所以焦距为.故答案为2【点睛】本题主要考查椭圆的焦距，熟记椭圆的性质即可，属于基础题型.2．若双曲线的一个焦点是，则实数_______．【答案】8【分析】根据题意得双曲线的焦点在轴上，得等量关系，解之即得实数的值.【详解】因为双曲线的一个焦点是，所以双曲线的焦点在轴上，，，∴，∴．故答案为：8.【点睛】关键点点睛：该题考查的是有关根据双曲线的焦点坐标求参数的值的问题，正确解题的关键点是根据双曲线的方程判断出焦点所在轴以及双曲线中的关系.3．若直线和直线垂直，则实数的值为______.【答案】【分析】根据两直线垂直可得出关于实数的等式，解之即可.【详解】因为直线和直线垂直，则，解得.故答案为：.4．直线与直线的夹角为______.【答案】【分析】根据夹角公式即可求得正确答案.【详解】因为直线的斜率为，直线的斜率为，设这两条直线的夹角大小为，显然两直线不垂直，则，由于，所以.故答案为：5．的展开式中的常数项为___________.【答案】24【分析】根据通项公式,确定常数项,再代入二项式定理的通项中即可计算结果.【详解】解：由通项公式得:,令,即可得,所以展开式的常数项为:.故答案为：246．经过抛物线的焦点，且以为法向量的直线的方程是______.【答案】【分析】先求得抛物线的焦点坐标,根据直线的法向量可得直线斜率,由点斜式即可求得直线方程,再转化为一般式即可.【详解】因为抛物线方程为所以焦点坐标为以为法向量的直线方程的斜率 由点斜式方程的求法可知 即故答案为: 【点睛】本题考查了抛物线焦点的求法,根据直线的法向量得直线的斜率,直线点斜式方程的用法,属于基础题.7．已知点到点和点以及直线的距离相等，若满足条件的点有且只有一个，则实数的值为______.【答案】或【分析】由到点和点以及直线的距离相等，可得P的轨迹是抛物线：，且满足 ，把代入第二个方程，对a分类讨论，利用判别式与方程实数根的关系即可得出.【详解】解：由到点 和到直线 距离相等，可得P的轨迹是抛物线：，点到点的距离为，点到直线的距离为，点到点和到直线的距离相等，则满足方程，把代入方程可得： ，要使满足条件的点P有且只有一个． 时，方程 化为，代入抛物线方程有，可得 ，只有一个解，满足条件．  时，方程只有一解，则，化为 ，即， 解得 ，综上可得： 或 .故答案为： 或8．无穷数列{an}由k个不同的数组成，Sn为{an}的前n项和.若对任意，，则k的最大值为______.【答案】4【详解】试题分析：当时，或；当时，若，，于是，若，，于是，从而存在，当时，.所以要涉及最多的不同的项数列 可以为：2,1，−1,0,0…，从而可看出.【解析】数列的项与和【名师点睛】从研究与的关系入手，推断数列的构成特点，解题时应特别注意“数列由k个不同的数组成”和“k的最大值”.本题主要考查考生的逻辑推理能力、基本运算求解能力等.9．某市公租房的房源位于、、三个小区，设每位申请人只申请其中一个小区的房子，申请其中任一个小区的房屋是等可能的.则该市的任位申请人中，恰有人申请小区房源的概率是______（用最简分数表示）.【答案】【分析】求出该市的任位申请人中，恰有人申请小区房源的申请方法数，结合古典概型的概率公式可求得所求事件的概率.【详解】该市的任位申请人中，恰有人申请小区房源，则其余两人各有种选择，所以，所求概率为.故答案为：.10．正方体为不计容器壁厚度的密封容器，里面盛有体积的水，已知，若将该密封容器任意摆放均不使水面呈三角形，则的取值范围为______.【答案】【分析】分别计算水量较少和水量较多时，水面呈三角形时的水的体积，然后可得答案.【详解】水量较少，水面恰好为正方体的截面时，；水量较多，水面恰好为正方体的截面时，.因为该密封容器任意摆放均不能使水面呈三角形，所以V的取值范围为.故答案为：.11．已知抛物线：（）的焦点为，过点的直线与抛物线及其准线分别交于，两点，，则直线的斜率为__________．【答案】【分析】过做准线，垂足为，由抛物线的定义及，则,即可求得，从而得到直线斜率.【详解】过做准线，垂足为，则,由，则,则，则,则，所以直线的斜率为故答案为:.12．数学中有许多形状优美、寓意美好的曲线，曲线就是其中之一（如图），给出下列三个结论：①曲线C恰好经过6个整点（即横、纵坐标均为整数的点）；②曲线C上任意一点到原点的距离都不超过；③曲线C所围成的“心形”区域的面积小于3；其中，所有正确结论的序号是________．【答案】①②【分析】先根据图像的对称性找出整点，再判断是否还有其他的整点在曲线上；找出曲线上离原点距离最大的点的区域，再由基本不等式得到最大值不超过；在心形区域内找到一个内接多边形，该多边形的面积等于3，从而判断出“心形”区域的面积大于3.【详解】①:由于曲线，当时，；当时，；当时，；由于图形的对称性可知，没有其他的整点在曲线上，故曲线恰好经过6个整点：,,,,,,所以①正确；②:由图知，到原点距离的最大值是在时，由基本不等式，当时，，所以即，所以②正确；③:由①知长方形CDFE的面积为2，三角形BCE的面积为1，所以曲线C所围成的“心形”区域的面积大于3，故③错误；故答案为：①②.【点睛】找准图形的关键信息，比如对称性，整点，内接多边形是解决本题的关键. 二、单选题13．“m>n>0”是“方程mx2+ny2=1表示焦点在y轴上的椭圆”的（    ）A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件【答案】C【解析】由椭圆的标准方程结合充分必要条件的判定得答案.【详解】解：若，则方程表示焦点在轴上的椭圆；反之，若方程表示焦点在轴上的椭圆，则所以“”是“方程mx2+ny2=1表示焦点在y轴上的椭圆”的充要条件故选：C【点睛】此题考查椭圆的标准方程，考查充分必要条件的判定方法，属于基础题.14．直线的倾斜角的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据倾斜角与斜率的关系求解即可.【详解】由题意知,若 a = 0  ,则倾斜角为,若,则,①当时，(当且仅当时，取“”)，②当时，(当且仅当时，取“”)，，故，综上，，故选：C.15．已知Р为直线上一动点，若点P与原点均在直线的同侧，则k、b满足的条件分别为（    ）A．， B．，C．， D．，【答案】A【分析】由是直线上的动点，与原点在直线的同侧，说明两直线平行，然后再在此直线上任取一点，这一点与原点满足同样的条件，代入可得的范围．【详解】原点在区域内．因此直线也在这一区域，两直线只能平行，不能相交，即，在上任取一点，如，则，∴．综上，，．故选：A．【点睛】本题考查二元一次不等式表示的平面区域，属于基础题．16．如图，线段与平面斜交于点，且直线与平面所成的角为，平面上的动点满足，则点的轨迹是（    ）A．直线 B．抛物线 C．椭圆 D．双曲线一支【答案】C【分析】根据题意，为定值，可得点P的轨迹为一以AB为轴线的圆锥侧面与平面的交线，由圆锥曲线的定义可求.【详解】用垂直于圆锥轴的平面去截圆锥，得到的是圆；把平面渐渐倾斜，且平面与轴线所成角大于母线与轴线所成角时得到椭圆；当平面与轴线所成角小于母线与轴线所成角时得到双曲线，当平面和圆锥的一条母线平行时，得到抛物线．平面上的动点P满足，则P在以AB为轴的圆锥的侧面上，可构造如图所示的圆锥，母线与AB所在直线(中轴线)的夹角为，然后用平面去截圆锥，使直线AB与平面的夹角为，则平面与圆锥侧面的交线为P的轨迹图形，由圆锥曲线的定义可知，P的轨迹为椭圆.故选：C【点睛】思路点睛：空间中的轨迹问题，结合圆锥曲线的定义求解. 三、解答题17．在数列中，，，其中为给定的正整数.(1)若为等比数列，，求；(2)若为等差数列，求数列的前项和，并判断是否存在正整数，使得?若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.【答案】(1)(2)；不存在正整数使得，理由见解析. 【分析】（1）利用等比数列中任意两项之间的关系，求出公比，然后再利用等比数列的通项公式求解即可；（2）利用等差数列中任意两项之间的关系，求出公差，然后再求出首项，利用等差数列的求和公式表示出，令，求解m的值，判断即可．【详解】（1）解︰因为为等比数列，时，，，则等比数列的公比为q，则， 所以.（2）若为等差数列，设公差为d，则，解得，又，所以，，，所以 ， 令，解得或，又因为m为正整数，故不存在正整数m，使得．18．已知函数．（1）求的单调递增区间；（2）设为锐角三角形，角所对边，角所对边，若，求的面积．【答案】（1）；（2）【分析】（1）利用降次公式化简，然后利用三角函数单调区间的求法，求得的单调递增区间.（2）由求得，用余弦定理求得，由此求得三角形的面积.【详解】（1）依题意，由得，令得.所以的单调递增区间.（2）由于，所以为锐角，即.由，得，所以.由余弦定理得，，解得或.当时，，则为钝角，与已知三角形为锐角三角形矛盾.所以.所以三角形的面积为.【点睛】本小题主要考查二倍角公式，考查三角函数单调性的求法，考查余弦定理解三角形，考查三角形的面积公式，属于基础题.19．如图，是半球的直径，为球心，，，依次是半圆上的两个三等分点，是半球面上一点，且.(1)证明：平面平面；(2)若点在底面圆内的射影恰在上，求点到平面的距离.【答案】(1)证明见解析；(2) 【分析】(1)由面面垂直的判断定理可知，要证平面平面，只需证一个平面内的一条直线垂直于另一个平面内的两条相交直线即可，根据，结合题意只需证明，即四边形是菱形即可；(2)由(1)可得平面，结合已知条件可得点P在底面圆内的射影是与的交点Q，在中，由勾股定理计算，求出，再根据即可求解.【详解】（1）证明：连接，如图，是半圆上的两个三等分点，则有，∵，∴都是正三角形.∴，四边形是菱形，，∵，平面，∴平面，平面∴平面平面.（2）由(1)知，平面PON，所以平面平面OMNB，平面PON∩平面OMNB=ON，则点P在底面圆内的射影在ON上，又点P在底面圆内的射影在BM上，点P在底面圆内的射影是ON与MB的交点Q，，故，在中，由余弦定理，可得，故，故，在中，，故，故.由，可得，即，所以，点到平面的距离为.【点睛】20．已知直线，圆.(1)证明：直线与圆相交；(2)设直线与的两个交点分别为、，弦的中点为，求点的轨迹方程；(3)在（2）的条件下，设圆在点处的切线为，在点处的切线为，与的交点为.证明：Q，A，B，C四点共圆，并探究当变化时，点是否恒在一条定直线上?若是，请求出这条直线的方程；若不是，说明理由.【答案】(1)证明见解析；(2)(3)Q，A，B，C四点共圆的证明见解析，点Q恒在直线上，理由见解析 【分析】（1）求出直线恒过的定点，利用点与圆的位置关系判断即可；（2）求出圆的圆心坐标，设出M的坐标，利用垂径定理，转化求解轨迹方程即可；（3）设点，证明Q，A，B，C四点共圆，求出圆的方程，求出与圆相交弦的方程，即为直线l的方程，可求点坐标的特征．【详解】（1）证明：如图所示，圆，化成标准方程为，圆心，半径为2，直线过定点，定点到圆心距离为1，即在圆内，故直线l与圆C相交；（2）l与C的两个交点分别为A、B，弦AB的中点为M，设点，由垂径定理得，即，整理得，直线l不过圆心C，则，所以点M的轨迹方程为；（3）依题意有，，四边形QACB对角互补，所以Q，A，B，C四点共圆， 且QC为圆的直径，设，则圆心坐标为， 半径为， 则圆的标准方程为 ，整理得，与圆C的方程联立，消去二次项得∶，即为直线l的方程，因为直线过定点，所以，解得：，所以当m变化时，点Q恒在直线上．21．在椭圆中，直线上有两点C、D (C点在第一象限)，左顶点为A，下顶点为B，右焦点为F.(1)若∠AFB，求椭圆的标准方程；(2)若点C的纵坐标为2，点D的纵坐标为1，则BC与AD的交点是否在椭圆上？请说明理由；(3)已知直线BC与椭圆相交于点P，直线AD与椭圆相交于点Q，若P与Q关于原点对称，求的最小值.【答案】(1)(2)交点为，在椭圆上，理由见解析(3)6 【分析】（1）写出三点的坐标，可将用坐标表示出来，求出的值，再结合已知条件，即可求出，进而写出椭圆的标准方程；（2）根据条件，写出直线和的方程，求出交点坐标，再将其代入椭圆标准方程的左边，即可判断该点与椭圆的位置关系；（3）利用三角换元（或者椭圆的参数方程）的方法设出点的坐标，再结合点的坐标，写出直线和的方程，求出点的坐标，表示出，再利用三角恒等变换以及同角三角函数关系化简，最后根据重要不等式计算出的最小值.【详解】（1）由题可得，又，所以，解得，所以，故椭圆的标准方程为；（2）由，得直线的方程为：，由，得直线的方程为：，联立两方程，解得交点为，代入椭圆方程的左边，得，故直线与的交点在椭圆上；（3）由题有因为两点在椭圆上，且关于原点对称，则设，直线，则，直线，则，所以设，则，因为，所以，则，即的最小值为6.【点睛】关键点点睛：第（3）小题中，以三角函数形式（参数方程）设点是解题的关键，进而利用三角恒等变换和同角三角函数关系（二次齐次分式化正余弦为正切）将化简，最终利用重要不等式求出其最小值.