2022-2023学年上海市宝山区高二下学期期末数学试题含答案

这是一份2022-2023学年上海市宝山区高二下学期期末数学试题含答案，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学年上海市宝山区高二下学期期末数学试题 一、填空题1．直线的倾斜角为           【答案】/【分析】根据直线的方程可得出直线的倾斜角.【详解】直线垂直于轴，故直线的倾斜角为.故答案为：.2．在空间直角坐标系中，点关于平面的对称点的坐标为      .【答案】【分析】根据给定条件，直接求出关于坐标面对称点的坐标作答.【详解】点关于平面的对称点的坐标为.故答案为：3．直线过点，且与向量垂直，则直线的方程为      .【答案】【分析】依题意可得直线的斜率，再由点斜式求出直线方程.【详解】因为直线过点，且与向量垂直，所以直线的斜率，所以直线的方程为，即.故答案为：4．双曲线的两条渐近线的夹角的余弦值为      .【答案】/0.6【分析】求解双曲线的渐近线方程，然后求解夹角即可．【详解】双曲线的两条渐近线为，直线的倾斜角为，，，所以两条渐近线的夹角的余弦值为．故答案为：．5．某产品经过4次革新后，成本由原来的200元下降到125元.如果这种产品每次革新后成本下降的百分比相同，那么每次革新后成本下降的百分比是      （结果精确到0.1%）.【答案】11.1%【分析】按照等比数列求解.【详解】设4次革新前的成本价格分别为，，由题意是等比数列，设公比为q，则 ，每次革新后成本下降的百分比为；故答案为：.6．若表示圆，则实数的值为      .【答案】【分析】依题意可得，解得，再代入检验.【详解】因为表示圆，所以，解得或，当时方程，即，不表示任何图形，故舍去；当时方程，即，表示以为圆心，为半径的圆，符合题意；故答案为：7．若实数、、成等差数列，则直线必经过一个定点，则该定点坐标为      .【答案】【分析】根据等差中项的性质得到，即可求出直线过定点坐标.【详解】因为实数、、成等差数列，所以，即，所以直线必过点.故答案为：8．如图，三棱柱中，、分别是、的中点，设，，，则      .  【答案】【分析】由空间向量的线性运算即可求解.【详解】，故答案为：9．已知数列的通项公式是，其前项的和为.设，若数列是严格增数列，则实数的取值范围是      .【答案】【分析】先由裂项相消法求出，进而得到，由数列是严格增数列求解实数的取值范围即可.【详解】由，得：.所以，因为数列是严格增数列，所以，在时恒成立，可得在时恒成立，则，即的取值范围为.故答案为：.10．如图，记棱长为1的正方体为，以各个面的中心为顶点的正八面体为，以各面的中心为顶点的正方体为，以各个面的中心为顶点的正八面体为，…，以此类推得到一系列的多面体，设的棱长为，则      .  【答案】/【分析】根据条件先求出，根据条件依次求出，，，然后利用归纳推理得到：奇数项与偶数项都是等比数列，然后求和即可．【详解】正方体各面中心为顶点的凸多面体为正八面体，它的中截面（垂直平分相对顶点连线的界面）是正方形，该正方形对角线长等于正方体的棱长，所以它的棱长；以各个面的中心为顶点的正方体为图形是正方体，正方体面对角线长等于棱长的，（正三角形中心到对边的距离等于高的，因此对角线为，所以，以上方式类推，得，，，各项依次为：，，，，，，奇数项是首项为：，公比为的等比数列，偶数项是首项为：，公比为的等比数列，则．故答案为：．11．已知、是空间互相垂直的单位向量，且，，则的最小值是      .【答案】4【分析】利用坐标法，根据空间向量数量积的坐标运算，向量线性运算，不等式思想即可求解．【详解】是空间相互垂直的单位向量，设，，设，又，，又，，，其中，，，当且仅当时取得等号，的最小值是4．故答案为：4．12．已知双曲线的左，右焦点分别为，，直线与双曲线在第一、三象限分别交于点、，为坐标原点.有下列结论：①四边形是平行四边形；②若轴，垂足为，则直线的斜率为；③若，则四边形的面积为；④若为正三角形，则双曲线的离心率为.其中正确命题的序号是      .【答案】①②④【分析】对于①，利用双曲线的性质判断四边形的形状，对于②，利用斜率公式判断，对于③，由题意可判断四边形为矩形，从而可求出其面积，对于④，由为正三角形，可表示出点的坐标，代入双曲线方程化简可求出离心率.【详解】对于①，因为双曲线的左，右焦点分别为，，直线与双曲线在第一、三象限分别交于点、，所以，所以四边形为平行四边形，所以①正确，对于②，设，则，因为轴，垂足为，所以，所以，，所以②正确，对于③，因为，所以，所以为直角三角形，所以四边形为矩形，设，则，所以，因为，所以，所以，所以四边形的面积为，所以③错误，对于④，因为为正三角形，，所以，因为点在双曲线上，所以，化简得，所以，，所以，所以，因为，所以，所以，所以④正确，故答案为：①②④  【点睛】关键点点睛：此题考查双曲线的定义和几何性质的应用，解题的关键是结合题意和双曲线的几何性质找出等量关系，从而可进行判断，考查数形结合的思想和计算能力，属于较难题. 二、单选题13．若，，则直线不经过第象限（    ）A．一 B．二 C．三 D．四【答案】D【分析】将直线方程化为，由斜率以及纵截距的正负判断即可.【详解】依题意、、均不为，所以直线可化为，因为，，所以，，所以直线的斜率为正，纵截距为正，即直线通过第一、二、三象限，不通过第四象限.故选：D14．已知，若三向量共面，则实数等于（    ）A．4 B．3 C．2 D．1【答案】D【分析】利用向量共面定理，设，列出方程组，即可求出实数．【详解】，三向量共面，可设，即，，解得．故选：D．15．若直线与曲线恰有两个公共点，则实数的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据题意得：为恒过定点的直线，曲线表示圆心为，半径为的上半圆，由此利用数形结合思想能求出的取值范围．【详解】根据题意得为恒过定点的直线，由曲线，可得，所以曲线表示圆心为，半径为的上半圆，如图所示，  当直线与圆相切时，有，解得（舍去）或，把代入得，解得，因为直线与曲线恰有两个公共点，由图可得，即的取值范围是．故选：B．16．已知空间直线、和平面满足：，，.若点，且点到直线、的距离相等，则点的轨迹是（    ）A．直线 B．椭圆 C．双曲线 D．抛物线【答案】C【分析】画图分析，根据题意建立等量关系即可得到点的轨迹是双曲线.【详解】如图：  不妨设在平面内射影为，则与相交，与垂直，设直线与平面的距离为，则在平面内，以为轴，为轴建立平面直角坐标系，则到的距离为，到的距离为，从而到直线的距离为，所以，即，故轨迹为双曲线，故选：C. 三、解答题17．已知直线，.(1)若，求实数的值；(2)若直线在两个坐标轴上的截距相等，求实数的值.【答案】(1)(2)或 【分析】（1）根据已知条件，结合直线平行的性质，即可求解；（2）根据已知条件，结合截距的定义，并分类讨论，即可求解．【详解】（1）直线，．则，解得或，当时，，，则直线，重合，不符合题意；当时，，，则直线，不重合，符合题意，故.（2）当，即时，，直线在两坐标轴上的截距为，满足直线在两个坐标轴上的截距相等；当且时，则直线在轴上的截距为，在轴上的截距为，由题意可知，，解得，当时直线，显然不符合题意，综上所述，或．18．在平面直角坐标系中，为坐标原点，直线，已知动点到点的距离等于点到直线的距离，设点的轨迹为.(1)过点且斜率为2的直线与曲线交于两个不同的点、，求线段的长；(2)求曲线上的点到直线的最短距离.【答案】(1)(2) 【分析】（1）由题意，根据抛物线的定义得到曲线的轨迹方程，设出直线的方程，将其与抛物线方程联立，结合韦达定理和抛物线定义进行求解即可；（2）设抛物线上的点的坐标，利用点到直线的距离公式进行求解即可．【详解】（1）已知动点到点的距离等于点到直线的距离，所以曲线的轨迹是以点为焦点，直线为准线的抛物线，其标准方程为①，因为过点且斜率为2的直线与曲线交于两个不同的点、，则直线的方程为②，联立①②，消去并整理得，设点，，由韦达定理得，此时；（2）不妨设点是抛物线上的点，则点到直线的距离，易知当时，，故曲线上的点到直线的最短距离为．  19．已知、分别是正方体的棱、的中点，求：  (1)与所成角的大小；(2)二面角的大小；(3)点在棱上，若与平面所成角的正弦值为，请判断点的位置，并说明理由.【答案】(1)；(2)；(3)点是线段靠近点的三等分点，理由见解析. 【分析】（1）（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求出异面直线的夹角、二面角大小作答.（3）利用（1）中坐标系，设出点M的坐标，利用线面角的正弦值求解作答.【详解】（1）在正方体中，令，以点D为原点，以的方向分别为,,轴正方向，建立空间直角坐标系，如图，则,，设与所成角为，，所以与所成角的大小是.  （2）平面的一个法向量为，设平面的一个法向量为，，则，令，得，设的夹角为，，而二面角为锐二面角，所以二面角大小为.（3）设，则，平面的一个法向量为，设与平面所成角为，即，所以当，即点是线段靠近点的三等分点时,与平面所成角的的正弦值为20．在数列中，.在等差数列中，前项和为，，.(1)求数列和的通项公式；(2)设数列满足，数列的前项和记为，试判断是否存在正整数，使得？若存在，求出的值；若不存在，说明理由.【答案】(1)，(2)不存在，理由见解析 【分析】（1）由可得是以为首项，为公比的等比数列，即可求出的通项公式，再由等差数列通项公式及求和公式求出公差，即可求出的通项公式；（2）由（1）可得，利用分组求和法求出，从而求出，即可判断.【详解】（1）因为，当，，即，所以是以为首项，为公比的等比数列，所以，则，显然a1也满足；设等差数列的公差为，由，，可得，解得，所以；（2）由（1）可得，又，则所以，其中，则，，所以，，显然是递增数列，，，所以不存在正整数，使得．21．已知椭圆的焦距为2，且过点.  (1)求椭圆的标准方程；(2)、分别为椭圆的上、下顶点，为坐标原点，过椭圆的左焦点作直线交椭圆于、两点，与轴交于点.①若点是线段的中点，求点的轨迹方程；②设直线与直线交于点，求证：为定值.【答案】(1)；(2)①(除去点)；②证明见解析. 【分析】（1）将给定的点坐标代入方程，由焦距列出方程，再解方程组作答.（2）①设出直线的方程，与椭圆的方程联立，利用韦达定理求出轨迹方程即得；②设出点的坐标，借助斜率坐标公式推理计算即可.【详解】（1）依题意，，由点在上得，解得,所以椭圆的标准方程为.（2）①由（1）知，，显然直线的斜率存在，设直线的方程为，  由消去y得，设，于是，设线段的中点，则，，当时，两式相除得，代入上式化简得，当时，线段的中点的坐标满足上述方程，所以的轨迹方程为(除去点)；②由直线的方程，得点，当时，，不符合题意，因此，当点异于、点时，设，由,,三点共线，得，由,,三点共线，得，而，两式相除得，解得，从而，为定值，当点与点重合时,，满足，当点与点重合时,，满足，所以为定值.【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种：(1)从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．(2)直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．