2022-2023学年上海市松江一中高二下学期期末数学试题含答案

2022-2023学年上海市松江一中高二下学期期末数学试题

一、填空题

1．抛物线的焦点坐标是      ．

【答案】

【详解】抛物线的焦点在轴上，且，所以抛物线的焦点坐标为，故答案为.

2．函数的严格增区间为      .

【答案】

【分析】求得，令，即可求得函数的严格增区间.

【详解】由函数，可得，

令，即，解得，

所以函数的严格增区间为.

故答案为：.

3．某学校共1000人参加数学测验，考试成绩近似服从正态分布，若，则估计成绩不及格（在90分以下）的学生人数为      .

【答案】150

【分析】根据正态分布曲线的性质即可求解.

【详解】由已知可得，，所以.

又，根据正态分布的对称性可得，

所以.

所以，可估计成绩不及格（在90分以下）的学生人数为.

故答案为：150.

4．已知，双曲线的两个焦点为，，若椭圆的两个焦点是线段的三等分点，则该双曲线的渐近线方程为      .

【答案】

【分析】由已知条件求出与的关系，即可得双曲线的渐近线方程.

【详解】由题意可知，双曲线的焦距是椭圆焦距的3倍，

则有，化简得，则有，

所以该双曲线的渐近线方程为.

故答案为：

5．已知椭圆,四个点中恰有三个点在椭圆上,则椭圆的方程是     .

【答案】

【解析】由于椭圆是对称图形，得C、D两点必在椭圆上，故，若B点在椭圆上，则，矛盾，所以点A在椭圆上，由此可求出椭圆的标准方程.

【详解】由于椭圆是对称图形，

所以必在椭圆上，

于是有…...①

若点在椭圆上，

则矛盾，

所以点在椭圆上，及……②

联立①②解得，

故椭圆的标准方程为，

故答案为：

【点睛】本题考查利用待定系数法求椭圆的标准方程，考查了分类讨论得思想.

6．某产品的广告费投入与销售额的统计数据如下表所示（单位：万元）：

根据上表建立线性回归方程中的为10，预测广告费为6万元时，销售额约为      万元.

【答案】67

【分析】样本中心代入回归方程，求出，得到回归方程，再由回归方程进行预测.

【详解】，，

把代入回归方程，有，得，

所以线性回归方程为，

当时，有.

故答案为：67

7．播种用的一等品种子中混合2.0%的二等种子，1.5%的三等种子，1.0%的四等种子，用一等、二等、三等、四等种子长出优质产品的概率分别为0.5，0.15，0.1，0.05，则从这批种子中任选一颗长出优质产品的概率为      .

【答案】/48.25%

【分析】根据题意，计算种子中有一等小麦种子的比例，进而由互斥事件和相互独立事件的概率公式计算可得答案．

【详解】根据题意，一等小麦种子中混合2.0%的二等种子，1.5%的三等种子，1.0%的四等种子，

则种子中有一等小麦种子，

用一等、二等、三等、四等种子长出优质产品的概率分别为0.5，0.15，0.1，0.05，

则从这批种子中任选一颗长出优质产品的概率为.

故答案为：

8．当时，函数取得最大值，则           .

【答案】/

【分析】根据即可求解，进而可求解.

【详解】由，可得，故，，所以，，

故答案为：

9．直线l经过点，且与曲线相交于A，B两点，，则面积最大时，直线l的一般式方程是      .

【答案】

【分析】先求得圆心到直线的距离，再由，取等条件时得出一般方程；

【详解】曲线，可知直线的斜率存在且大于0，

设直线的方程为，即，

所以圆心到直线的距离．

因为（当且仅当，即时取等号）．

由，得，解得或（舍），所以．

所以直线l的一般式方程是.

故答案为：

10．函数在上不单调，则实数k的取值范围是      .

【答案】

【分析】因为函数在区间上不是单调函数，所以导数既有正值也有负值，也即有两个不相等的实数根，且至少有一个实数根在区间内，再通过分类讨论，求的取值范围即可

【详解】因为，所以，

又因为函数在区间上不单调，所以在内有实数根，且无重根，

即有两个不相等的实数根，且至少有一个实数根在区间内，

①若，则，，

方程的两个实根0和4均不在区间内，所以；

②若，则，，

方程在区间内有实根，所以可以为；

③若方程有一个实根在区间内，另一个实根在区间外，

则，即，；

④若方程在区间内有两个不相等的实根，

则：，∴，

∴；

综合①②③④得的取值范围是．

故答案为：

11．已知椭圆，C的上顶点为A，两个焦点为，，离心率为．过且垂直于的直线与C交于D，E两点，，则的周长是                ．

【答案】13

【分析】利用离心率得到椭圆的方程为，根据离心率得到直线的斜率，进而利用直线的垂直关系得到直线的斜率，写出直线的方程：，代入椭圆方程，整理化简得到：，利用弦长公式求得，得，根据对称性将的周长转化为的周长，利用椭圆的定义得到周长为.

【详解】∵椭圆的离心率为，∴，∴，∴椭圆的方程为，不妨设左焦点为，右焦点为，如图所示，∵，∴，∴为正三角形，∵过且垂直于的直线与C交于D，E两点，为线段的垂直平分线，∴直线的斜率为，斜率倒数为， 直线的方程：，代入椭圆方程，整理化简得到：，

判别式，

∴，

∴ ， 得，

∵为线段的垂直平分线，根据对称性，，∴的周长等于的周长，利用椭圆的定义得到周长为.

故答案为：13.

12．已知和分别是函数（且）的极小值点和极大值点．若，则a的取值范围是            ．

【答案】

【分析】法一：依题可知，方程的两个根为，即函数与函数的图象有两个不同的交点，构造函数，利用指数函数的图象和图象变换得到的图象，利用导数的几何意义求得过原点的切线的斜率，根据几何意义可得出答案.

【详解】[方法一]：【最优解】转化法，零点的问题转为函数图象的交点

因为，所以方程的两个根为，

即方程的两个根为，

即函数与函数的图象有两个不同的交点，

因为分别是函数的极小值点和极大值点，

所以函数在和上递减，在上递增，

所以当时，，即图象在上方

当时，，即图象在下方

，图象显然不符合题意，所以．

令，则，

设过原点且与函数的图象相切的直线的切点为，

则切线的斜率为，故切线方程为，

则有，解得，则切线的斜率为，

因为函数与函数的图象有两个不同的交点，

所以，解得，又，所以，

综上所述，的取值范围为．

[方法二]：【通性通法】构造新函数，二次求导

=0的两个根为

因为分别是函数的极小值点和极大值点，

所以函数在和上递减，在上递增，

设函数，则，

若，则在上单调递增，此时若，则在

上单调递减，在上单调递增，此时若有和分别是函数

且的极小值点和极大值点，则，不符合题意；

若，则在上单调递减，此时若，则在上单调递增，在上单调递减，令，则，此时若有和分别是函数且的极小值点和极大值点，且，则需满足，，即故，所以.

【整体点评】法一：利用函数的零点与两函数图象交点的关系，由数形结合解出，突出“小题小做”，是该题的最优解；

法二：通过构造新函数，多次求导判断单调性，根据极值点的大小关系得出不等式，解出即可，该法属于通性通法．

二、单选题

13．从分别写有1，2，3，4，5，6的6张卡片中无放回随机抽取2张，则抽到的2张卡片上的数字之积是4的倍数的概率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】方法一：先列举出所有情况，再从中挑出数字之积是4的倍数的情况，由古典概型求概率即可.

【详解】[方法一]：【最优解】无序

从6张卡片中无放回抽取2张，共有15种情况，其中数字之积为4的倍数的有6种情况，故概率为.

[方法二]：有序

从6张卡片中无放回抽取2张，共有,(2,1),(3,1),(4,1),(5,1),(6,1),(3,2),(4,2),(5,2),(6,2),(4,3),(5,3),(6,3),(5,4),(6,4),(6,5)30种情况，

其中数字之积为4的倍数有(1,4),(2,4),(2,6),(3,4),(4,1),(4,2),(4,3),(4,5),(4,6),(5,4),(6,2),(6,4)12种情况，故概率为.

故选：C.

【整体点评】方法一：将抽出的卡片看成一个组合，再利用古典概型的概率公式解出，是该题的最优解；

方法二：将抽出的卡片看成一个排列，再利用古典概型的概率公式解出；

14．设函数的图像如图所示，则导函数的图像可能为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】由原函数的单调性是由导函数的函数值的正负，单调递增可得，单调递减可得，数形结合即可得解.

【详解】解：由的图像知:当时，单调递减，，

当时，单调递增，，

当时，单调递减，，

由选项各图知：选项C符合题意，

故选：C.

15．已知F是抛物线的焦点，A，B是抛物线C上的两点，O为坐标原点，则下列说法：①若直线AB过点F，则的最小值为1；②若垂直C的准线于点，且，则四边形周长为③若，则直线AB恒过定点.其中正确命题的个数是（    ）

A．0个 B．1个 C．2个 D．3个

【答案】C

【分析】当轴时最小可判断①；根据抛物线的定义可知，设与轴的交点为，求出四边形的周长可判断②；联立直线与抛物线方程，利用韦达定理代入可得，可得直线恒过定点可判断③.

【详解】对于选项①，若直线过点，则当轴时，最小，且最小值为1，①正确；

对于②，由题意知，，

因为，所以，又，，所以四边形是矩形，

设与轴的交点为，易知，

故，

所以四边形的周长为，②错误；

对于③，设直线，

联立直线与抛物线方程得，则，所以，

由可得，即，解得，

故直线的方程为，即直线恒过定点，③正确.

故选：C.

16．设直线l1，l2分别是函数f(x)= 图象上点P1，P­2处的切线，l1与l2垂直相交于点P，且l1，l2分别与y轴相交于点A，B，则△PAB的面积的取值范围是

A．(0,1) B．(0,2) C．(0,+∞) D．(1,+∞)

【答案】A

【详解】试题分析：设（不妨设），则由导数的几何意义易得切线的斜率分别为由已知得切线的方程分别为，切线的方程为，即．分别令得又与的交点为，故选A．

【解析】1.导数的几何意义；2.两直线垂直关系；3.直线方程的应用；4.三角形面积取值范围.

三、解答题

17．一盒中装有大小和质地相同的3个白球和2个红球，现从该盒中任取2球，记随机变量表示从该盒中取出的红球个数．

(1)求随机变量的分布列；

(2)求随机变量的期望和方差．

【答案】(1)见解析

(2)期望为，方差为.

【分析】(1)先写出随机变量的所有可能取值，分别求概率，即可得到随机变量的分布列；

(2) 由(1)所求出的分布列代入期望和方差的公式即可求出随机变量的期望和方差．

【详解】（1）由题可知，随机变量可能的取值有，

所以

所以随机变量的分布列为：

（2）由(1)的分布列得，

．

18．已知双曲线C：（，），第一象限内的点P在C上，双曲线的左、右焦点分别记为，，且，，O为坐标原点．

(1)求双曲线C的离心率；

(2)若的面积为2，求点P的坐标．

【答案】(1)；

(2)．

【分析】（1）利用双曲线定义及勾股定理即可得到双曲线C的离心率；

（2）利用点在曲线上及三角形面积公式可得点P的坐标．

【详解】（1）∵，，∴，，

∵，∴，化为：，

∴，，即双曲线C的离心率为．

（2）由题意可得：，，

又，解得，，，

所以，双曲线方程为，

把代入双曲线方程，得：，，解得．

∴．

19．某企业在2023年全年内计划生产某种产品的数量为x百件，生产过程中总成本w（x）（万元）是关于x（百件）的一次函数，且，．预计生产的产品能全部售完，且当年产量为x百件时，每百件产品的销售收入（万元）满足．

(1)写出该企业今年生产这种产品的利润（万元）关于年产量x（百件）的函数关系式；

(2)今年产量为多少百件时，该企业在这种产品的生产中获利最大？最大利润是多少？

（参考数据：，，，）

【答案】(1)

(2)当产量为7百件时，该企业在这种生产中获利最大且最大利润为51万元

【分析】（1）根据利用等于销售收入减去生产成本即可求解；

（2）利用导函数与单调性的关系讨论利润函数的单调性以及最值.

【详解】（1）设

由，可得，解得，

所以，

依题意得，

．

（2）由（1）得，，

则，

令，得，，得，

所以在上单调递增，在上单调递减，

所以当时，有，

答：当产量为7百件时，该企业在这种生产中获利最大且最大利润为51万元．

20．已知椭圆的左、右焦点分别为、，长轴长为4，是椭圆上的一点，直线l的斜率为k，在y轴上的截距为m.

(1)求椭圆的标准方程；

(2)设，直线l与椭圆交于不同的两点A，B，O为坐标原点，求面积的最大值；

(3)设是直线l的一个法向量，M是l上一点，对于坐标平面内的定点N，定义.用a、b、k、m表示，并利用与的大小关系，提出一个关于l与位置关系的真命题，给出命题的证明.

【答案】(1)

(2)1

(3)，真命题与证明见解析

【分析】（1）由条件结合椭圆定义列方程求，，可得椭圆方程；

（2）直线的方程为，设，联立直线与椭圆得交点坐标关系，再表示面积并求其最大值；

（3）根据定义求，提出命题若，则直线与椭圆相切，再通过证明直线与椭圆有且只有一个交点完成证明．

【详解】（1）因为是上的一点，所以，化简可得，

又因为长轴长，所以，，

所以的方程为；

（2）由题意可知，直线的方程为，设

则，，得，

所以，

所以，

又到的距离，

所以的面积为，

当且仅当时，的面积取最大值，最大值为；

（3）因为直线的斜率为，在轴上的截距为，所以直线的方程为，

则向量为直线的一个法向量，

取，因为是上一点，故设，，

设椭圆的左焦点的坐标为，则椭圆的右焦点的坐标为，

则,，,，

由已知，，

所以，

提出如下命题：椭圆 的左、右焦点分别为，，

直线的方程为，若，则直线与椭圆相切，证明如下：

联立方程，化简可得，

所以．

方程的判别式，

因为，，

所以，所以，

所以，所以方程组只有一组解，

所以直线与椭圆只有一个交点，所以直线与椭圆相切．

21．若对任意的实数、，函数与直线总相切，则称函数为“恒切函数”．

（1）判断函数是否为“恒切函数”；

（2）若函数是“恒切函数”，求实数、满足的关系式；

（3）若函数是“恒切函数”，求证：.

【答案】（1）是；（2）；（3）证明见解析.

【解析】（1）根据题意，若函数为“恒切函数”，设切点为，分析“恒切函数”的性质可得，对于函数，则有，可解出的值，即可得出结论；

（2）根据题意，设函数图象上的切点坐标为，由（1）的结论可得，变形分析可得出结论；

（3）根据题意，设函数图象上的切点坐标为，分析可得，即，设，考查的解，综合即可得出答案.

【详解】（1）根据题意，若函数为“恒切函数”，切点为，

则，即，

对于函数，，，解得.

因此，函数是“恒切函数”；

（2）若函数是“恒切函数”，设切点坐标为，

则，则有，可得，解得，

故实数、满足的关系式为；

（3）根据题意，函数是“恒切函数”，设切点为，

又由，可得，

则有，即，考查方程的解，

设，，令，得.

当时，；当时，.

所以，函数的单调递减区间为，单调递增区间为.

.

（i）当时，，，

所以，函数在区间上存在唯一零点.

又；

（ii）当时，，函数在区间上有唯一零点，则

综上所述，.

【点睛】本题考查利用导数求函数的切线方程，以及利用导数分析函数的单调性，解题的关键就是理解“恒切函数”的定义，考查分析问题和解决问题的能力，属于难题.