2022-2023学年上海市嘉定区高二（下）期末数学试卷(含详细答案解析)

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这是一份2022-2023学年上海市嘉定区高二（下）期末数学试卷(含详细答案解析)，共15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。

1.两条异面直线所成的角的范围是( )
A. [0、π2]B. [0、π]C. (0、π)D. (0、π2]
2.一般的数学建模包含如下活动过程：①建立模型；②实际情境；③提出问题；④求解模型；⑤实际结果；⑥检验结果，则正确的序号顺序为( )
A. ③②①④⑤⑥B. ③②①④⑥⑤C. ②①③④⑤⑥D. ②③①④⑥⑤
3.已知A、B、C是半径为1的球面上的三点，若AB=AC=1，则BC的最大值为( )
A. 1B. 2C. 3D. 2
4.设数列{an}的前n项的和为Sn，若对任意的n∈N*，都有SnA. ①和②都为真命题B. ①为真命题，②为假命题
C. ①为假命题，②为真命题D. ①和②都为假命题
二、填空题：本题共12小题，共54分。
5.直线x+y+2=0的倾斜角是______.
6.若排列数P6m=6×5×4，则m=______.
7.抛物线y2=8x的焦点到准线的距离是______.
8.在空间直角坐标系O−xyz中，点P(1,2,3)关于平面xOz对称的点的坐标为______.
9.i=1+∞(12)i−1=______.
10.已知一个圆锥的底面半径为3，其侧面积为15π，则该圆锥的体积为__________.
11.(2x−1)5的二项展开式的各项系数之和为______.
12.在空间直角坐标系O−xyz中，某二面角α−l−β的大小为θ，0<θ<π2，半平面α、β的一个法向量分别为n1、n2，且n1=(1,0,2),n2=(0,0,1)，则θ=______(结果用反三角函数值表示).
13.已知双曲线x2a2−y24=1(a>0)的一条渐近线与圆(x−3)2+y2=4相交于M、N两点，且|MN|=2，则该双曲线的实轴长为______.
14.从0、1、2、3、4、5、6、7这8个数中任取5个不同的数，则这5个不同的数的中位数为3的概率为______.
15.已知圆锥曲线CK的方程：x29−k+y24−k=1.当m、n为正整数，且m16.如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，E为棱B1C1的中点.动点P沿着棱DC从点D向点C移动，对于下列四个结论：
(1)存在点P，使得PA1=PE；
(2)存在点P，使得BD1⊥平面PA1E；
(3)△PA1E的面积越来越小；
(4)四面体A1PB1E的体积不变.
其中所有正确的结论的序号是______.
三、解答题：本题共5小题，共78分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题14分)
已知数列{an}的前n项和为Sn=n2−3n.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求证：数列{an}是等差数列.
18.(本小题14分)
在直四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，AB//CD，AB=AD=1，D1D=CD=2，AB⊥AD.
(1)求证：BC⊥平面D1DB；
(2)求点D到平面BCD1的距离．
19.(本小题16分)
某校高二年级一个班有60名学生，将期中考试的数学成绩(均为整数)分成六段：[40,50)、[50,60)、[60,70)、[70,80)、[80,90)、[90,100),得到如图所示的频率分布直方图．
(1)求a的值；
(2)用分层随机抽样的方法从中抽取一个容量为20的样本，已知甲同学的成绩在[70,80),乙同学的成绩在[80,90),求甲乙至少一人被抽到的概率．
20.(本小题16分)
在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆Γ:x22+y2=1，过右焦点F做两条互相垂直的弦AB，CD，设AB，CD的中点分别为M，N.
(1)写出椭圆右焦点F的坐标及椭圆的离心率；
(2)证明：直线MN必过定点，并求出该定点坐标；
(3)若弦AB，CD的斜率均存在，求△FMN面积的最大值．
21.(本小题18分)
已知f(x)=x−lnx−2.
(1)求曲线y=f(x)在x=1处的切线方程；
(2)已知函数y=f(x)在区间(k,k+1)(k∈N)上有零点，求k的值；
(3)记g(x)=12x2−bx−2−f(x)，设x1、x2(x1答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：根据两条异面直线所成的角的定义可知：两条异面直线所成的角是锐角或直角．
因此其范围是(0,π2].
故选：D.
当两条直线平行或重合时时所成的角为0，故可排除A，B；而两条两条异面直线所成的角是锐角或直角，据此即可得出答案．
正确理解两条异面直线所成的角的定义是解题的关键．
2.【答案】D
【解析】解：数学建模活动，根据实际情境，提出问题，基于问题，建立模型，通过模型的求解，以检验模型解决问题的结果，
若结果不符合实际，还需重新建立模型；
若结果符合实际，问题的回答便有了实际的结果，
所以正确的序号顺序是②③①④⑥⑤．
故选：D.
根据给定条件，利用数学建模的活动过程及顺序写出结论，逐项判断即可．
本题考查数学模型的构建过程，属于基础题．
3.【答案】C
【解析】解：易知当A，B，C三点所在的圆为球的大圆时，BC的值最大，
此时，△ABC的外接圆的半径为1，
∵AB=AC=1，
由正弦定理可得，ABsinC=2，∴sinC=12，
又∵C∈(0,π)，
∴C=π6，∴B=π6，
∴A=2π3，
∴BC=2×sin2π3= 3.
故选：C.
由题意可知，当A，B，C三点所在的圆为球的大圆时，BC的值最大，再利用正弦定理求解即可．
本题主要考查了正弦定理的应用，考查了球的几何特征，属于基础题．
4.【答案】C
【解析】解：令等差数列{an}的公差为d，当d≤0时，S1=a1≥a1+d=a2，不符合题意，
当d>0时，Sn−an+1=na1+n(n−1)2d−(a1+nd)=d2n2−(32d−a1)n−a1，
函数f(x)=d2x2−(32d−a1)x−a1的图象是开口向上的抛物线，对称轴x=32−a1d，
存在x0>32−a1d，使得f(x0)>0，取不小于x0的正整数n，则有f(n)>0，
即Sn>an+1，不符合题意，
综上，①为假命题；
等比数列{an}中，首项a1>0，
∵{an}为“K数列”，∴a1=S11，
Sn=a1(1−qn)1−q，an+1=anq，
∴a1(1−qn)1−q0，∴2−q<1qn，
依题意，任意的n∈N*，2−q<1qn，函数y=(1q)x，x≥1在[1,+∞)单调递减，值域是(0,1q],
∴2−q≤0，∴q≥2，∴q∈[2,+∞)是{an}为“K数列”的充要条件，故②是真命题．
故选：C.
利用等差数列的性质及“K数列”的定义判断命题①；利用等比数列的性质及“K数列”的定义和充要条件判断命题②．
本题考查等差数列的性质、等比数列的性质及“K数列”的定义和充要条件等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
5.【答案】3π4
【解析】解：设直线x+y+2=0的倾斜角是θ，可得：tanθ=−1，θ∈[0,π),
解得θ=3π4.
故答案为：3π4.
设直线x+y+2=0的倾斜角是θ，可得：tanθ=−1，θ∈[0,π),即可得出．
本题考查了直线的倾斜角与斜率的关系，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
6.【答案】3
【解析】解：∵排列数P6m=6×5×4，
∴由排列数公式得P63=6×5×4，
∴m=3.
故答案为：m=3.
利用排列数公式直接求解．
本题考查实数值的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意排列数公式的合理运用．
7.【答案】4
【解析】解：由y2=2px=8x，知p=4，而焦点到准线的距离就是p.
故答案为：4.
先根据抛物线的方程求出p的值，即可得到答案．
本题主要考查了抛物线的简单性质．考查了学生对抛物线标准方程的理解和运用．属基础题．
8.【答案】(1,−2,3)
【解析】解：在空间直角坐标系O−xyz中，
点P(1,2,3)关于平面xOz对称的点的坐标为(1,−2,3).
故答案为：(1,−2,3).
在空间直角坐标系O−xyz中，点P(a,b,c)关于平面xOz对称的点的坐标为(a,−b,c).
本题考查点的坐标的求法，考查空间直角坐标系的性质、对称性质等基础知识，是基础题．
9.【答案】2
【解析】解：∵i=1+∞(12)i−1=2i=1+∞(12)i=212[1−(12)+∞]1−12=2.
故答案为：2.
直接代入等比数列的求和公式求解即可．
本题主要考查等比数列的求和，考查计算能力，属于基础题．
10.【答案】12π
【解析】【分析】
本题考查圆锥的体积，侧面积，属于基础题．
作出圆锥的截面图，计算圆锥的高，代入体积公式可得结果．
【解答】
解：圆锥的轴截面如图，
由题意知AO=3，则π⋅AO⋅SA=15π，
所以SA=5，
由勾股定理得SO=4，
所以V=13π⋅OA2⋅SO=12π.
故答案为：12π.
11.【答案】1
【解析】解：(2x−1)5的二项展开式的各项系数之和满足：当x=1时，(2−1)5=1.
故答案为：1.
直接利用赋值法求出结果．
本题考查的知识要点：二项展开式，赋值法，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于基础题．
12.【答案】arccs2 55
【解析】解：根据题意，半平面α、β的一个法向量分别为n1、n2，且n1=(1,0,2),n2=(0,0,1)，
则|n1|= 1+4= 5，|n2|=1，n1⋅n2=2，
则cs=n1⋅n2|n1||n2|=2 5=2 55，
故csθ=|cs|=2 55，则θ=arccs2 55.
故答案为：arccs2 55.
根据题意，由数量积的计算公式求出cs的值，又由空间向量的应用分析可得答案．
本题考查二面角的计算，注意平面法向量的定义，属于基础题．
13.【答案】4 2
【解析】解：由题意可知双曲线的一渐近线方程为2x−ay=0，
∵|MN|=2，圆的半径为2，
∴圆心到渐近线的距离为 22−12= 3，
即6 22+a2= 3，解得a=2 2，
故该双曲线的实轴长为2a=4 2.
故答案为：4 2.
根据所截弦长与半径求出圆心到渐近线距离，再结合点到直线的距离公式，即可求解．
本题考查双曲线的性质，属于中档题．
14.【答案】928
【解析】解：根据题意，从8个数中任取5个数，则基本事件总数为C85=56，
而这5个数的中位数是3的基本事件数为C32⋅C42=18，
故这5个不同的数的中位数为6的概率为1856=928.
故答案为：928.
首先利用组合求出基本事件总数以及这5个不同的数的中位数为6的基本事件数，然后利用古典概型的概率计算公式求解即可．
本题主要考查古典概型的问题，熟记概率的计算公式即可，属于基础题．
15.【答案】3
【解析】解：由题意得C1，C2，C3是椭圆，C5，C6，C7，C8是双曲线，
结合椭圆与双曲线的几何性质可知本题中的任意两椭圆与两双曲线均无公共点，
从而m必然有m∈{1,2,3}，n∈{5,6,7,8}，
设|PF1|=d1，|PF2|=d2，则由椭圆与双曲线的定义可得，
d1+d2=2 9−m，|d1−d2|=2 9−n，
且PF1⊥PF2，F1F2=2 5，故d12+d22=20，
即(d1+d2)2=20+2d1d2=36−4m(d1−d2)2=20−2d1d2=36−4n⇒m+n=8，
所以存在两条曲线Cm、Cn，且m=1n=7，m=2n=6，m=3n=5.
故答案为：3.
本题主要考查圆锥曲线的定义，易得到C1，C2，C3是椭圆，C5，C6，C7，C8是双曲线，从而根据题意可得m∈{1,2,3}，n∈{5,6,7,8}，再结合椭圆与双曲线的定义与PF1⊥PF2即可得m+n=8，从而得到答案．
本题考查了椭圆的简单几何性质，是中档题．
16.【答案】(1)(3)(4)
【解析】解：在正方体ABCD−A1B1C1D1中，
∵BB1⊥平面A1B1C1D1，又B1D1与A1E不垂直，
∴根据三垂线定理可得BD1与A1E不垂直，
∴BD1与平面PA1E不垂直，故(2)错；
在正方体ABCD−A1B1C1D1中，以D为坐标原点，以DA，DC，DD1所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，设正方体棱长为2，
则A1(2,0,2)，E(1,2,2)，设P(0,m,0)(0≤m≤2)，
PA1= 4+m2+4= m2+8,PE= 1+(m−2)2+4= m2−4m+9，
令m2+8=m2−4m+9，解得：m=14，存在点P，使得PA1=PE，(1)正确；
PE=(1,2−m,2),A1E=(−1,2,0),|A1E|= 1+4= 5，
cs⟨PE,A1E⟩=(1,2−m,2)⋅(−1,2,0) 5⋅ m2−4m+9=3−2m 5⋅ m2−4m+9，设点P到直线A1E距离为d，则
d=|PE|sin⟨PE,A1E⟩= m2−4m+9⋅ 1−(3−2m 5⋅ m2−4m+9)2= m2−8m+36 5，
所以S△PA1E=12|A1E|⋅d=12 m2−8m+36=12 (m−4)2+20，
因为0≤m≤2，动点P沿着棱DC从点D向点C移动，
m的值从0逐渐变到2，随着m的变大，(m−4)2+20变小，△PA1E的面积越来越小，(3)正确；
以△A1B1E为底，高为点P到上底面的距离h，
因为DC॥底面A1B1C1D1，所以h不变，所以四面体A1PB1E的体积不变，(4)正确．
故答案为：(1)(3)(4).
由正方体的性质及三垂线定理判断(2)，以D为原点，DA，DC，DD1所在的直线为轴建立空间直角坐标系，求出各点坐标，设出P(0,m,0)(0≤m≤2)，对于(1)，列出方程，求出m的值，即可判断；对于(3)，利用点到直线距离的向量公式表示出P到直线A1E距离，进而求出△PA1E的面积，进而得到答案；对于(4)，把△A1B1E作为底，高为点P到上底面的距离h，可以判断四面体A1PB1E的体积不变．
本题考查了立体几何的综合应用，属于中档题．
17.【答案】解：(1)当n≥2时，Sn−1=(n−1)2−3(n−1)=n2−5n+4，
则an=Sn−Sn−1=(n2−3n)−(n2−5n+4)=2n−4，
当n=1时，a1=S1=1−3=−2，满足上式．
所以数列{an}的通项公式为an=2n−4；
(2)证明：由(1)知，an=2n−4，
当n≥2时，an−an−1=(2n−4)−[2(n−1)−4]=2，
则当n≥2时，an−an−1是一个与n无关的常数，
所以数列{an}是以−2为首项，以2为公差的等差数列．
【解析】(1)根据题意得，当n≥2时an=Sn−Sn−1，当n=1时a1=S1，求出an；
(2)利用等差数列的定义进行证明．
本题考查了数列an与Sn的关系式，以及等差数列的定义，是常考的题型．
18.【答案】(1)证明：∵ABCD−A1B1C1D1为直四棱柱，
∴D1D⊥平面ABCD，则BC⊥D1D.
∵AB//CD，AB⊥AD，∴四边形ABCD为直角梯形，
又∵AB=AD=1，CD=2，∴BD2=2，BC2=2，
得BD2+BC2=CD2，则BC⊥DB，
∵D1D∩DB=D，∴BC⊥平面D1DB；
(2)解：由已知可得，BD1= 6，BC= 2，
又由(1)知BC⊥BD1，∴S△BCD1=12× 2× 6= 3，
S△BCD=12×2×1=1，VD1−BCD=13×1×2=23，
设点D到平面BCD1的距离为h，由VD1−BCD=VD−BCD1，
可得13× 3×h=23，则h=2 33.
即点D到平面BCD1的距离为2 33.
【解析】(1)证明直线BC垂直面D1DB内的两条相交直线D1D、DB，即可得到BC⊥平面D1DB；
(2)利用等体积法求点D到平面BCD1的距离．
本题考查直线与平面垂直的判定，考查空间想象能力和思维能力，训练了利用等体积法求点到平面的距离，是中档题．
19.【答案】解：(1)由题意可得(0.01+0.15+0.15+a+0.025+0.005)×10=1，解得：a=0.030；
(2)因为总体共60名学生，样本容量为20，因此抽样比为2060=13.
其中[70,80)分数段有0.03×10×60=18人，
[80,90)分数段有0.025×10×60=15人，
所以在[70,80)分数段中抽取18×13=6人，
[80,90)分数段抽取15×13=5人，
设甲被抽到的事件为A，乙被抽到的事件为B，
则P(A)=118=13，P(B)=515=13，
则甲乙至少一人被抽到的概率为P=1−P(AB−)=1−23×23=59.
【解析】(1)利用频率分布直方图中各个小矩形面积之和为1即可求出a的值；
(2)设甲被抽到的事件为A，乙被抽到的事件为B，求出相应的概率，然后可以根据对立事件求解．
本题考查频率分布直方图求频数、频率，分层抽样，相互独立事件的概率，是基础题．
20.【答案】解：(1)由椭圆的方程Γ:x22+y2=1，可得a2=2，b2=1，可得c2=a2−b2=2−1=1，
所以c=1，即右焦点F(1,0)，离心率e=ca=1 2= 22，
所以椭圆右焦点F的坐标(1,0)，椭圆的离心率为 22；
(2)证明：当直线AB，CD的斜率存在且不为0时，设直线AB的方程为x=my+1，设A(x1,y1)，B(x2,y2)，
联立x=my+1x2+2y2=2，整理可得：(2+m2)y2+2my−1=0，
可得y1+y2=−2m2+m2，x1+x2=m(y1+y2)+2=42+m2，
所以AB的中点M(22+m2,−m2+m2)，
同理可得CD的中点N的坐标(22+(−1m)2,−(−1m)2+(−1m)2)，即N(2m21+2m2,m1+2m2)，
当M，N的横坐标不相等时，则kMN=m1+2m2−−m2+m22m21+2m2−22+m2=3m(m2+1)2(m4−1)=3m2(m2−1)，
所以直线MN的方程为y−(−m2+m2)=3m2(m2−1)(x−22+m2)，
整理可得y=3m2(m2−1)[x−m2+m2⋅2(m2−1)3m−22+m2]=3m2(m2−1)(x−23)，
所以直线恒过定点(23,0)，
当M，N的横坐标相等时，即22+m2=2m21+2m2，即m2=1时，则MN⊥x轴，
且此时直线MN的方程为x=23，显然也过(23,0)，
当直线AB或CD的斜率不存在时，则MN为x轴，显然过定点(23,0)，
可证得直线MN恒过定点(23,0)；
(3)由(2)可得直线MN恒过定点(23,0)，
可得S△FMN=12×(1−23)⋅(|−m2+m2|+|m1+2m2|)=16⋅(12|m|+|m|+11|m|+2|m|)=163t2(t2−2)+53(|m|+1|m|)2|m|2+2|m|2+5，
设t=|m|+1|m|≥2，
S△FMN=16⋅3t2(t2−2)+5=12⋅12t+1t在t∈[2,+∞)单调递减，
所以S△FMN≤12⋅12×2+12=19，
△FMN面积的最大值为19.
【解析】(1)由题意的方程可得a，b的值，进而求出c的值，求出右焦点F的坐标及离心率的值；
(2)分直线AB，CD的斜率存在和不存在两种情况，设直线BA的方程，与椭圆的方程联立，求出两根之和，可得AB的中点M的坐标，由题意可得N的坐标，分M，N的横坐标相等和不相等两种情况，求出直线MN的方程，进而可得直线MN恒过的定点的坐标；
(3)由(2)可得MN恒过的定点的坐标及M，N的纵坐标，代入三角形的面积公式，换元，由函数的单调性，求出三角形面积的最大值．
本题考查椭圆的性质的应用及直线与椭圆的综合应用，直线恒过定点的求法及换元法的应用，由函数的单调性求出三角形面积的最大值，属于中档题．
21.【答案】解：(1)因为f(x)=x−lnx−2，
所以f′(x)=1−1x，
∴切线斜率为f′(1)=0，
又f(1)=−1，切点为(1,−1)，
所以切线方程为y=−1；
(2)∵f′(x)=x−1x，x∈(0,+∞)，
当0当x>1时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，
所以f(x)的极小值为f(1)=−1<0，f(e−2)=e−2−lne−2−2=e−2>0，
∴f(x)在区间(0,1)上存在一个零点x1，此时k=0；
又f(3)=3−ln3−2=1−ln3<0，f(4)=4−ln4−2=2−2ln2=2(1−ln2)>0，
∴f(x)在区间(3,4)上存在一个零点x2，此时k=3.
综上，k的值为0或3；
(3)函数g(x)=12x2−bx−2−f(x)=lnx+12x2−(b+1)x，x∈(0,+∞)，
所以g′(x)=1x+x−(b+1)=x2−(b+1)x+1x，
由g′(x)=0，得x2−(b+1)x+1=0，
依题意方程x2−(b+1)x+1=0有两不相等的正实根x1、x2，
∴x1+x2=b+1，x1x2=1，
∴x2=1x1，
又b≥73，
则x1+1x1=b+1≥103，解得13≤x1≤3，
∴g(x1)−g(x2)=lnx1x2+12(x12−x22)−(b+1)(x1−x2)=2lnx1−12(x12−1x12)，
构造函数F(x)=2lnx−12(x2−1x2),x∈[13,3]，
所以F′(x)=2x−x−1x3=−(x2−1)2x3≤0，
∴F(x)在[13,3]上单调递减；
所以当x=3时，F(x)min=F(3)=2ln3−409，
所以{k|k≤2ln3−409}.
【解析】(1)求出函数的导函数，即可求出切线的斜率，再求出切点坐标，即可求出切线方程；
(2)求出f(x)的导数，判断f(x)的单调性，利用零点存在性定理判断即可；
(3)求函数的导函数，令g′(x)=0，依题意方程x2−(b+1)x+1=0有两不相等的正实根x1、x2，利用韦达定理，结合b的取值范围，即可求出x1的取值范围，则g(x1)−g(x2)=2lnx1−12(x12−1x12)，构造函数F(x)=2lnx−12(x2−1x2),x∈[13,3]，利用导数说明函数的单调性，即可求出函数的最小值，从而得解．
本题主要考查导数的几何意义，利用导数研究函数的零点，利用导数研究不等式恒成立问题等知识，属于中等题．