2022-2023学年上海市虹口区高二（下）期末数学试卷(含详细答案解析)

这是一份2022-2023学年上海市虹口区高二（下）期末数学试卷(含详细答案解析)，共16页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.已知平面α//平面β，A∈α、C∈α、B∈β、D∈β.若线段AB与线段CD的长度相等，那么这两条线段所在的直线的位置关系是( )
A. 平行B. 相交C. 异面D. 平行、相交或异面
2.已知圆C:x2+y2+ax+(a−1)y+a2−13a−73=0(a∈R)，直线l：2x+2y+3=0.若圆心C在直线l上，则圆C的半径r等于( )
A. 12B. 1C. 32D. 3
3.已知f(x)=13x3−12x2+mx−1，函数y=f(x)在区间[1,2]上严格增，则实数m的取值范围是( )
A. [−2,+∞)B. [0,+∞)C. [14,+∞).D. (−∞,+∞)
4.点F1、F2分别是双曲线x2−y23=1的左、右焦点，点P在双曲线上，则△PF1F2的内切圆半径r的取值范围是( )
A. (0, 3)B. (0,2)C. (0, 2)D. (0,1)
5.双曲线x2−y23=1的两条渐近线的夹角的大小等于( )
A. π6B. π3C. 2π3D. 5π6
二、填空题：本题共14小题，共46分。
6.若直线l1：ax+2y+3a=0与直线l2：2x+(a−1)y+4=0互相垂直，则实数a的值为______.
7.现有4个医疗小组和4个需要援助的国家，若每个医疗小组只去一个国家，且4个医疗小组去的国家各不相同，则不同的分配方法共有______种.
8.已知E是正方体ABCD−A1B1C1D1棱CC1的中点，则直线A1E与平面ABCD所成的角的大小等于______.
9.若f(x)=xlnx，则f′(1)等于______.
10.若Cn+15−Cn5=Cn6，则正整数n的值等于______.
11.棱长都是3的三棱锥的高等于______.
12.已知平面直角坐标系中的三点A(−2,−1)、B(2,2)、C(0,3)，若直线l过点C且与直线AB平行，则l的方程为______.
13.如图，在三棱锥P−ABC中，PA⊥平面ABC，AC⊥BC，则以此三棱锥的棱为边所构成的三角形中，直角三角形的个数有______个.
14.从四棱锥P−ABCD的5个顶点中任选4个不同的点，则这四点能够构成不同三棱锥的个数是______(结果用数字作答).
15.已知P为抛物线y2=12x上一个动点，Q为圆x2+(y−4)2=1上一个动点，那么点P到点Q的距离与点P到直线x=−3的距离之和的最小值是______.
16.已知△AF1F2是等边三角形，M、N分别是边AF1和AF2的中点.若椭圆以F1、F2为焦点，且经过M、N，则椭圆的离心率等于______.
17.若椭圆x24+y2b2=1(018.已知水平放置的边长为2 3的等边三角形ABC，其所在平面的上方有一动点P满足两个条件：①三棱锥P−ABC的体积为4 3；②三棱锥P−ABC的外接球球心到底面ABC的距离为2，则动点P的轨迹长度为______.
19.已知矩形ABCD的边长AB=1，AD=3，若以直线AD为旋转轴，将此矩形旋转一周，则所得到的旋转体的表面积等于______.
三、解答题：本题共5小题，共52分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
20.(本小题8分)
若：(2x−1)5=a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4+a5x5.
(1)当x=0时，求a0的值；
(2)求a1+a2+a3+a4+a5的值.
21.(本小题10分)
亭子是一种中国传统建筑，多建于园林，人们在欣赏美景的同时也能在亭子里休息、避雨、乘凉(如图1).假设我们把亭子看成由一个圆锥P−O1与一个圆柱OO1构成的几何体Ω(如图2).一般地，设圆锥P−O1中母线与底面所成角的大小为α，当20∘<α<35∘时，方能满足建筑要求.已知圆锥高为1.5米，底面半径为2.5米，圆柱高为3米，底面半径为2米.
(1)求几何体Ω的体积；
(2)如图2，设E为圆柱底面半圆弧CD的三等分点，求圆柱母线EF和圆锥母线PB所在异面直线所成角的大小，并判断该亭子是否满足建筑要求.
22.(本小题10分)
已知椭圆Γ:x24+y23=1的左、右焦点为F1，F2，点A是椭圆Γ的上顶点，经过P(0,3)的直线l交椭圆Γ于C(x1,y1)，D(x2,y2)两个不同的点.
(1)求点F2到直线F1A的距离；
(2)若直线l的斜率为k，且F1C⊥F1D，求实数k的值.
23.(本小题12分)
如图所示的几何体中，四边形ABCD为正方形，AP//DE.
(1)求证：AB//平面CDE；
(2)(A组题)若AP=BP=AB=2，DE=1，平面PAB⊥平面ABCD.求平面PCE与平面ABCD所成锐二面角的大小.
(B组题)若AP=BP=AB，平面PAB⊥平面ABCD.若F为PB中点，求证：AF⊥PC.
24.(本小题12分)
如图，已知等腰直角三角形ABC的两直角边AC，BC的边长为4，过AC边的n等分点Ai作AC边的垂线di，过CB边的n等分点Bi和顶点A作直线li，记di与li的交点为Pi(i=1,2,…，n−1).若以点A为坐标原点，AC所在的直线为x轴(点C在x轴的正半轴上)，建立平面直角坐标系.
(1)(A组题)证明：对任意的正整数n(n≥2)，点Pi(i=1,2,…，n−1)都在抛物线Γ：x2=4y上；
(B组题)当n=4时，求点P2的坐标；
(2)(A组题)已知M(x0,y0)是抛物线Γ：x2=4y在第一象限的点，过点M与抛物线Γ相切的直线l与y轴的交点为R.过点M的直线l′与直线l垂直，且与抛物线Γ交于另一点Q.记△RMQ的面积为S，试用解析法将S表示为y0的函数，并求S的最小值.
(B组题)已知M(x0,y0)是抛物线Γ：x2=4y在第一象限的点，过点M与抛物线Γ相切的直线l与y轴的交点为R.过点M的直线l′与直线l垂直，与抛物线Γ交于另一点Q，且与y轴交于点N.若△RMN为等腰直角三角形，求△RMQ的面积S.
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：根据题意，平面α//平面β，直线AB与CD可以平行、相交，也可以异面．
故选：D.
根据题意，由空间直线与直线的位置关系分析可得答案．
本题空间直线与直线的位置关系，涉及平面与平面平行的性质，属于基础题．
2.【答案】A
【解析】解：由C:x2+y2+ax+(a−1)y+a2−13a−73=0(a∈R)，可得圆心C(−12a,−12a+12)，
∵圆心C在直线l：2x+2y+3=0上．∴2×(−12a)+2(−12a+12)+3=0，
解得a=2，∴圆C的方程为x2+y2+2x+y+4−23−73=0，即(x+1)2+(y+12)2=14，
∴圆C的半径r等于12.
故选：A.
求得圆C的圆心坐标，代入直线l：2x+2y+3=0的方程可求得a，代入圆的方程可求圆C的半径．
本题考查直线与圆的位置关系，考查运算求解能力，属中档题．
3.【答案】B
【解析】解：由题意得f′(x)=x2−x+m，
∵函数y=f(x)在区间[1,2]上严格增，
∴f′(x)≥0在[1,2]上恒成立，即m≥x−x2在[1,2]上恒成立，
令y=x−x2=−(x−12)2+14，x∈[1,2]，
∴y∈[−2,0]，
∴m≥0，即实数m的取值范围是[0,+∞).
故选：B.
由题意得f′(x)=x2−x+m，题意转化为f′(x)≥0在[1,2]上恒成立，即m≥x−x2在[1,2]上恒成立，根据二次函数的性质，即可得出答案．
本题考查利用导数研究函数的单调性，考查转化思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
4.【答案】A
【解析】解：如图所示：F1(−2,0)、F2(2,0)，
设内切圆与x轴的切点是点H，
PF1、PF2与内切圆的切点分别为M、N，
∵由双曲线的定义可得|PF1|−|PF2|=2，
由圆的切线长定理知，|PM|=|PN|，故|MF1|−|NF2|=2，
即|HF1|−|HF2|=2，
设内切圆的圆心I横坐标为x，内切圆半径r，则点H的横坐标为x，
故(x+c)−(c−x)=2，∴x=1，
∵双曲线x2−y23=1的渐近线的方程为y=± 3x，
∴0∘<∠PF1H<60∘，
∴0∘<∠IF1H<30∘，
∴0∴0△PF1F2的内切圆半径r的取值范围(0, 3)，
故选A.
根据题意，利用切线长定理，再利用双曲线的定义，把|PF1|−|PF2|=2，转化为|HF1|−|HF2|=2，从而求得点H的横坐标，确定0∘<∠IF1H<30∘，即可求出△PF1F2的内切圆半径的取值范围．
本题考查双曲线的定义、切线长定理，体现了转化的数学思想以及数形结合的数学思想，正确运用双曲线的定义是关键，属于中档题．
5.【答案】B
【解析】解：双曲线x2−y23=1的两条渐近线的方程为y=± 3x，
由直线y= 3x的斜率为 3，可得倾斜角为π3，
y=− 3x的斜率为− 3，可得倾斜角为2π3，
所以两条渐近线的夹角的大小为π3.
故选：B.
求得双曲线的两条渐近线方程，得到斜率和倾斜角，再求出渐近线夹角的大小．
本题考查双曲线的渐近线方程和夹角的大小，考查运算能力，是一道基础题．
6.【答案】12
【解析】解：若直线l1：ax+2y+3a=0与直线l2：2x+(a−1)y+4=0互相垂直，
则2a+2(a−1)=0，即a=12.
故答案为：12.
由已知结合直线垂直的条件建立关于a的方程，可求．
本题主要考查了直线垂直条件的应用，属于基础题．
7.【答案】24
【解析】解：由题意，每个医疗小组只去一个国家，且4个医疗小组去的国家各不相同，
则不同的分配方法共有A44=4×3×2×1=24种．
故答案为：24.
根据排列数的定义化简计算即可．
本题考查排列的实际应用，考查排列数的计算，属于基础题．
8.【答案】arctan 24
【解析】解：如图，取AA1的中点F，连接CF，CA.
在正方体中，E，F分别是CC1，AA1的中点，则A1F//CE且A1F=CE，
故四边形A1FCE为平行四边形，所以A1E//FC，
∵A1A⊥平面ABCD，∴∠FCA即为直线FC与平面ABCD所成的角，
设正方体棱长为2，则AF=1，AC=2 2，
所以tan∠FCA=AFAC= 24，故直线FC与平面ABCD所成角的大小为arctan 24，
即直线A1E与平面ABCD所成的角的大小等于arctan 24.
通过将直线A1E平移到FC，可直接得到线面角为∠FCA，在直角三角形中可直接求出其正切值，进而得角的大小．
本题考查线面角的求法，属基础题．
9.【答案】1
【解析】解：∵f(x)=xlnx，
∴f′(x)=lnx+1，
∴f′(1)=1.
故答案为：1.
可根据基本初等函数和积的导数求出导函数f′(x)，然后即可求出f′(1)的值．
本题考查了基本初等函数和积的导数的求导公式，考查了计算能力，属于基础题．
10.【答案】10
【解析】解：∵Cnm−1+Cnm=Cn+1m，
∴Cn+15−Cn5=Cn4，
又Cn4=Cn6，
∴正整数n的值等于4+6=10.
故答案为：10.
根据组合数的性质和定义，化简计算可得正整数n的值．
本题考查组合数的应用，考查学生计算能力，属于基础题．
11.【答案】 6
【解析】解：如图，设正三棱锥的顶点P在底面上的射影为D，
则在直角三角形PAD中，PA=3，AD=23AF=23×3 32= 3，
∴三棱锥的高PD= PA2−AD2= 9−3= 6，
故答案为： 6.
先根据题意画出示意图，再利用高、侧棱及侧棱在底面的射影构成一个直角三角形，结合直角三角形的边的关系即可求得三棱锥的高．
本题主要考查了棱锥的结构特征，以及空间中线段之间的数量关系，考查空间想象能力、运算能力，属于基础题．
12.【答案】3x−4y+12=0
【解析】解：因为A(−2,−1)、B(2,2)，
所以直线AB的斜率k=2+12+2=34，
因为直线l与直线AB平行，则直线l的斜率也为34，
故过点C且与直线AB平行的直线方程为y−3=34x，即3x−4y+12=0.
故答案为：3x−4y+12=0.
先求出直线BA的斜率，然后结合直线平行条件求出直线l的斜率，进而可求直线方程．
本题主要考查了直线的斜率公式及直线平行条件的应用，属于基础题．
13.【答案】4
【解析】解：因为PA⊥平面ABC，
所以PA⊥BC，
又BC⊥AC，PA∩AC=A，
所以BC⊥平面PAC，
所以BC⊥平面PC，
所以几何体中的直角三角形有△PAB，△PAC，△ABC和△PBC，共4个．
故答案为：4.
由题意利用线面垂直的判定和性质即可求解．
本题主要考查了线面垂直的判定和性质，考查了数形结合思想，属于中档题．
14.【答案】4
【解析】解：根据题意，从四棱锥P−ABCD的5个顶点中任选4个不同的点，有C54=5种取法，
其中共面，不能构成不同三棱锥的情况有1种，
则取出的四点能够构成不同三棱锥的个数是4；
故答案为：4.
根据题意，用排除法分析：先分析从四棱锥P−ABCD的5个顶点中任选4个不同的点的取法，排除其中共面的情况，分析可得答案．
本题考查排列组合的应用，涉及棱锥的结构特征，属于基础题．
15.【答案】4
【解析】解：抛物线y2=12x的焦点为F(3,0)，圆x2+(y−4)2=1的圆心为E(0,4)，半径为1，
根据抛物线的定义可知点P到准线的距离等于点P到焦点的距离，
进而推断出当P，Q，F三点共线时P到点Q的距离与点P到直线x=−1距离之和的最小为：
丨QF丨=|EF|−r= 32+42−1=5−1=4，
故答案为：4.
求得圆心与半径，由抛物线的定义可知：可知当P，Q，F三点共线时P到点Q的距离与点P到直线x=−3距离之和的最小，利用勾股定理即可求得丨QF丨．
本题考查抛物线的定义，考查数形结合思想的应用，考查计算能力，属于中档题．
16.【答案】 3−1
【解析】解：连接MF2，
因为△AF1F2是等边三角形，
所以MF2⊥AF1，AF1=AF2=F1F2=2c，
所以MF1=c，MF2=2a−c，F1F2=2c，
由勾股定理得c2+(2a−c)2=4c2，
整理得c2+2ac−2a2=0，
故e2+2e−2=0，
因为0所以e= 3−1.
故答案为： 3−1.
由已知结合椭圆定义及椭圆方程可得关于a，c的关系，进而可求．
本题主要考查了椭圆性质的应用，属于中档题．
17.【答案】 3
【解析】解：若椭圆x24+y2b2=1(0则e= 4−b22=12，
解得b= 3.
故答案为： 3.
由已知结合椭圆的性质即可求解．
本题主要考查了椭圆性质的应用，属于基础题．
18.【答案】4π
【解析】解：设三棱雉P−ABC的高为h，
因为三棱雉P−ABC的体积为4 3，
所以13× 34×(2 3)×h=4 3，
解得h=4，
设△ABC的外接圆的半径为r，
则r=23×2 3× 32=2″
因为三棱雉P−ABC的外接球球心到底面ABC的距离为2，
所以外接球的半径为R= 22+22=2 2，即OP=2 2，
因为点P到面ABC的距离为4，
所以动点P的轨迹是一个截面圆的圆周，且球心到该截面的距离为4−2=2，
所以截面圆的半径为 OP2−22=2，
所以动点P的轨迹长度为4π，
故答案为：4π.
根据三棱锥P−ABC的外接球球心到底面ABC的距离为2和△ABC的外接圆的半径，求得以外接球的半径，再根据三棱锥P−ABC的体积为4 3，得到点P到面ABC的距离为4，从而得到动点P的轨迹与面ABC平行的平面与外接球的一个截面圆的圆周求解．
本题考查轨迹方程，考查学生的运算能力，属于中档题．
19.【答案】8π
【解析】解：根据题意，以直线AD为旋转轴，将此矩形旋转一周，得到的几何体为圆柱，
其高h=AD=3，底面半径r=AB=1，
则所得到的旋转体的表面积S=2πr2+2πrh=8π.
故答案为：8π.
根据题意，分析可得旋转后得到的几何体的圆柱，分析该圆柱的高和底面半径，由此计算可得答案．
本题考查旋转体的表面积计算，注意旋转体的定义，属于基础题．
20.【答案】(1)当x=0时，原方程等价于(−1)5=−1=a0，
即a0的值为−1；
(2)由题意，令x=1，则原方程等价于(2−1)5=1=a0+a1+a2+a3+a4+a5，
又由(1)可知，a0=−1，
则a1+a2+a3+a4+a5=(a0+a1+a2+a3+a4+a5)−a0=1−(−1)=2.
【解析】(1)将x=0代入原方程化简计算，可得a0的值；
(2)令x=1，可得a0+a1+a2+a3+a4+a5的值，结合(1)中a0的值，作差可得答案．
本题考查二项式展开式的系数和，考查赋值法的应用，属于基础题．
21.【答案】解：(1)圆柱的体积V1=πr2h=π×22×3=12π，
圆锥的体积为V2=13⋅πR2h=13⋅2.52×1.5=3.125π，
∴几何体Ω的体积V=V1+V2=15.125π；
(2)连接PO1，BO1，
根据题意可得PO1//FE，
∴∠BPO1为圆柱母线EF和圆锥母线PB所成的角，
∵O1B=2.5，PO1=1.5，
∴tan∠BPO1=，
∴圆柱母线EF和圆锥母线PB所在异面直线所成角的大小为arctan53.
【解析】(1)利用柱体，锥体的体积公式计算即可；
(2)连接PO1，BO1，可得∠BPO1为圆柱母线EF和圆锥母线PB所成的角，求解即可．
本题考查空间几何体的体积的计算，考查异面直线所成角的求法，属中档题．
22.【答案】解：(1)由椭圆的方程可得a=2，b= 3，c= a2−b2= 4−3=1，
所以F1(−1,0)，F2(1,0)，A(0, 3)，
所以直线F1A的方程为y= 3x+ 3，即 3x−y+ 3=0，
所以F2到直线F1A的距离d=| 3−0+ 3| ( 3)2+1= 3；
(2)由题意设直线l的方程为y=kx+3，
联立y=kx+3x24+y23=1，整理可得：(3+4k2)x2+24kx+24=0，
Δ=242k2−4×24×(3+4k2)>0，即k2>32，
且x1+x2=−24k3+4k2，x1x2=243+4k2，
因为F1C⊥F1D，所以F1C⋅F1D=0，
即(x1+1,y1)⋅(x2+1,y2)=0，
整理可得(x1+1)(x2+1)+(kx1+3)(kx2+3)=0，
即(1+k2)x1x2+(1+3k)(x1+x2)+10=0，
即24(1+k2)3+4k2−24k(1+3k)3+4k2+10=0，
整理可得：4k2+12k−17=0，
解得k=32或−92，都符合Δ>0，
所以k的值为32或−92.
【解析】(1)由椭圆的方程可得a，b的值，进而求出c的值，由题意可得F1，F2，A的坐标，求出直线F1A的方程，再求F2到直线F1A的距离；
(2)由题意设直线l的方程，与椭圆的方程联立，可得两根之和及两根之积，由F1C⊥F1D，所以F1C⋅F1D=0，整理可得k的值．
本题考查直线与椭圆的综合应用，点到直线的距离公式的应用，属于中档题．
23.【答案】解：(1)证明：因为四边形ABCD是正方形，
所以AB//CD，λρ
又CD⊂面CDE，AB⊄面CDE，
所以AB//面CDE.
(2)(A组题)过点P作BC的平行线PF，
因为△PAB是等边三角形，以AB为原点，OP，OB，OF分别为z轴，x轴，y轴，
所以P(0,0, 3)，C(1,2,0)，E(−12,2, 32)，
CE=(−32,0, 32)，PC=(1,2,− 3)，
设平面PEC的法向量n=(x,y,z)，
所以n⋅PC=0n⋅CE=0，即x+2y− 3z=0−32x+ 32z=0，
解得令x=1，则y=1，z= 3，
所以平面PEC的法向量n=(1,1, 3)，
因为平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD=AB，
因为△ABP是等边三角形，
所以PO⊥面ABCD，
取平面ABCD的法向量为n=(0,0,1)，
设平面PCE与平面ABCD所成锐二面角的平面角为θ，
所以|csθ|=|n1⋅n2||n1||n2|= 155，
所以平面PCE与平面ABCD所成锐二面角为arccs 155.
B组题：证明：若AP=BP=AB，则△ABP为等边三角形，
又F为PB中点，
所以AF⊥BP，
因为平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD=AB，
由四边形ABCD为正方形，得CB⊥AB，
所以CB⊥面PAB，
又AF⊂面PAB，
所以CB⊥AF，
又因为AF⊥PB，
CB∩PB=B，
所以AF⊥面PBC，
又因为PC⊂面PBC，
所以AF⊥PC.
【解析】(1)根据题意可得AB//CD，由线面平行的判定定理可得答案．
(2)(A组题)：过点P作BC的平行线PF，以AB为原点，OP，OB，OF分别为z轴，x轴，y轴，设平面PEC的法向量n=(x,y,z)，则n⋅PC=0n⋅CE=0，解得x，y，z，可得平面PEC的法向量n=(1,1, 3)，取平面ABCD的法向量为n=(0,0,1)，设平面PCE与平面ABCD所成锐二面角的平面角为θ，则|csθ|=|n1⋅n2||n1||n2|，即可得出答案．
(B组题)：若AP=BP=AB，则△ABP为等边三角形，则AF⊥BP，由平面PAB⊥平面ABCD，可得CB⊥面PAB，又AF⊥PB，由线面垂直的判定定理可得AF⊥面PBC，即可得出答案．
本题考查直线与平面的位置关系，解题中需要理清思路，属于中档题．
24.【答案】解：(A组题)(1)证明：由题知：Pi(4in,4i2n2)，
∴x2=4y，即得证；
(2)由x2=4y，得y=x24，则y′=x2，
所以直线l的方程为y−y0=x02(x−x0)，即x0x−2y−2y0=0，
则直线l′:y=−2x0x+2+y0，R(0,−y0)，
联立y=−2x0x+2+y0x2=4y得，x2+8x0x−8−4y0=0，
设Q(x1,y1)，l′与y轴交于N(0,y0+2)，
则x1+x0=−8x0,x1x0=−8−4y0，
S=12×|yN−yR|×|x1−x0|=(1+y0) (−8x0)2+4(8+4y0)=4(1+y0)2 y0，
令 y0=t，h(t)=4(1+t2)2t，
则h′(t)=4(1+t2)(3t2−1)t2，
易知0当t> 33时，h′(t)>0，h(t)单增，
所以当t= 33,y0=13时，Smin=64 39.
(B组题)(1)n=4时，A2=2，2÷4×2=1，
∴P2(2,1)；
(2)由x2=4y，得y=x24，则y′=x2，
所以直线l的方程为y−y0=x02(x−x0)，即x0x−2y−2y0=0，
则直线l′:y=−2x0x+2+y0，R(0,−y0)，N(0,y0+2)，M(x0,y0)，
∵△RMN是等腰直角三角形，
∴x0=2，y0=1，
所以S=12×4×2=4.
【解析】(A组题)(1)根据题意可得Pi(4in,4i2n2)，由此可得证；
(2)利用导数的几何意义表示出直线l的方程，进一步表示出直线l′的方程，联立直线l′的方程与抛物线方程x2=4y，根据根与系数的关系以及弦长公式可得，S=4(1+y0)2 y0，再利用导数求出其最值即可．
(B组题)(1)根据题意可直接得到P2的坐标；
(2)利用导数的几何意义表示出直线l的方程，进一步表示出直线l′的方程，再根据△RMN是等腰直角三角形，即可得解．
本题考查数列与解析几何的综合，同时还涉及了导数的几何意义以及利用导数研究函数的最值，考查逻辑推理能力和运算求解能力，属于中档题．