2022-2023學年上海市虹口區(qū)高二（下）期末數(shù)學試卷（附答案詳解）

2022-2023學年上海市虹口區(qū)高二(下)期末數(shù)學試卷

一、單選題(本大題共5小題，共17.0分。在每小題列出的選項中，選出符合題目的一項)

1.已知平面α〃平面/?,4ea、Cea、BEβ,。C/7.若線段48與線段C。的長度相等，那

么這兩條線段所在的直線的位置關系是()

A.平行B.相交C.異面D.平行、相交或異面

2.已知圓C：X2+y2÷ax+(a—l)y÷a2-?a-1=0(a∈R),直線八2%÷2y÷3=0.若

圓心C在直線I上，則圓C的半徑r等于()

A.?B.1C.5D.3

3.己知/(x)=g%3一+rnχ-1,函數(shù)y=f(%)在區(qū)間［1,2］上嚴格增，則實數(shù)Tn的取值范

圍是()

A.［-2,+∞)B.［0,+∞)C.?∕+∞)?D.(-∞,÷∞)

4

4.點心、?2分別是雙曲線/一］=1的左、右焦點，點P在雙曲線上，則APQF2的內(nèi)切圓

半徑r的取值范圍是()

A.(0,√-3)B.(0,2)C.(0,√^)D.(0,1)

5.雙曲線/一9=1的兩條漸近線的夾角的大小等于()

A.IB,≡C.?D.?

O?36

二、填空題(本大題共14小題，共46.0分)

6.若直線k：ax+2y+3a=O與直線G：2x+(a-l)y+4=O互相垂直，則實數(shù)a的值為

7.現(xiàn)有4個醫(yī)療小組和4個需要援助的國家，若每個醫(yī)療小組只去一個國家，且4個醫(yī)療小組

去的國家各不相同，則不同的分配方法共有種.

8.己知E是正方體4BC0-4B1C1D1棱CCl的中點，則直線&E與平面ABCD所成的角的大小

等于.

9.若/(x)=XInX,則f(l)等于.

10.若若+1-C唾=心,則正整數(shù)n的值等于.

11.棱長都是3的三棱錐的高等于.

12.己知平面直角坐標系中的三點4(一2,-1)、8(2,2)、C(0,3),若直線2過點C且與直線4B平

行，則，的方程為

13.如圖，在三棱錐P-ABC中，PAL^ABC,AC1BC,則以此

三棱錐的棱為邊所構成的三角形中，直角三角形的個數(shù)有個.

14.從四棱錐P-ABC。的5個頂點中任選4個不同的點，則這四點能夠構成不同三棱錐的個

數(shù)是(結果用數(shù)字作答).

15.已知P為拋物線y2=12%上一個動點，Q為圓/+(y-4)2=1上一個動點，那么點P到

點Q的距離與點P到直線％=-3的距離之和的最小值是.

16.己知AAQE是等邊三角形，M、N分別是也4Fι和4尸2的中點?若橢圓以&、尸2為焦點，

且經(jīng)過M、N,則橢圓的離心率等于.

17.若橢圓5+5=1(0<6<2)的離心率6=；,則實數(shù)b等于.

18.已知水平放置的邊長為的等邊三角形ZBC,其所在平面的上方有一動點P滿足兩個

條件：①三棱錐P-ABC的體積為4「；②三棱錐P-ABC的外接球球心到底面ABC的距離

為2,則動點P的軌跡長度為.

19.已知矩形ABCO的邊長4B=1,AD=3,若以直線4。為旋轉軸，將此矩形旋轉一周，

則所得到的旋轉體的表面積等于.

三、解答題(本大題共5小題，共52.0分。解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟)

20.(本小題8.0分)

52345

若：(2x—I)=α0+a1x+a2x+a3x+a4x+a5x.

(1)當X=O時，求α°的值；

(2)求的+a2+a3+a4+c?的值.

21.(本小題10.0分)

亭子是一種中國傳統(tǒng)建筑，多建于園林，人們在欣賞美景的同時也能在亭子里休息、避雨、

乘涼(如圖1).假設我們把亭子看成由一個圓錐P-。1與一個圓柱OOi構成的幾何體0(如圖2).

一般地，設圓錐P-Oi中母線與底面所成角的大小為α,當2(Γ<α<35。時，方能滿足建筑

要求.已知圓錐高為1.5米，底面半徑為2.5米，圓柱高為3米，底面半徑為2米.

(1)求幾何體0的體積；

(2)如圖2,設E為圓柱底面半圓弧CD的三等分點，求圓柱母線EF和圓錐母線PB所在異面直線

所成角的大小，并判斷該亭子是否滿足建筑要求.

圖1%

22.(本小題10.0分)

已知橢圓9+1=ι的左、右焦點為F1，尸2,點4是橢圓廠的上頂點，經(jīng)過P(0,3)的直線1交

橢圓廣于C(XI,yι),D(X2,丫2)兩個不同的點.

(I)求點尸2到直線Fla的距離；

(2)若直線I的斜率為匕且FlCIFlD,求實數(shù)k的值.

23.(本小題12.0分)

如圖所示的幾何體中，四邊形ABC。為正方形，AP//DE.

(1)求證：4B〃平面CDE：

(2)(4組題)若APBP=AB=2,DE=1,平面PaB，平面TIBCD.求平面PCE與平面ABCC所

成銳二面角的大小.

(B組題)若4P=BP=4B,平面P48JL平面ABC。.若尸為PB中點，求證：AF1PC.

24.(本小題12.0分)

如圖，已知等腰直角三角形ABC的兩直角邊4C,BC的邊長為4,過力C邊的n等分點4作AC邊

的垂線4,過CB邊的n等分點房和頂點A作直線，i，記4與4的交點為Pia=l,2,...,n-1),若以

點4為坐標原點，AC所在的直線為X軸（點C在X軸的正半軸上），建立平面直角坐標系.

（I）G4組題）證明：對任意的正整數(shù)nɑ?>2）,點P&=1,2n-1）都在拋物線八產(chǎn)=4y±；

（B組題）當n=4時，求點P2的坐標；

（2）（4組題）己知Mao,y°）是拋物線廠產(chǎn)=4y在第一象限的點，過點M與拋物線「相切的直線

/與y軸的交點為R.過點M的直線與直線/垂直，且與拋物線r交于另一點。記4RMQ的面積為

S,試用解析法將S表示為此的函數(shù)，并求S的最小值.

（B組題）已知M（Xo,y0）是拋物線小∕=4y在第一象限的點，過點M與拋物線「相切的直線，與

y軸的交點為R.過點M的直線廠與直線I垂直，與拋物線r交于另一點Q,且與y軸交于點乂若^

RMN為等腰直角三角形，求ARMQ的面積S.

D

答案和解析

1.【答案】D

【解析】解：根據(jù)題意，平面α〃平面口，直線4B與Co可以平行、相交，也可以異面.

故選：D.

根據(jù)題意，由空間直線與直線的位置關系分析可得答案.

本題空間直線與直線的位置關系，涉及平面與平面平行的性質，屬于基礎題.

2.【答案】A

【解析】解：由C：X2÷y2+αx+(α-l)y+α2--α--=0(α∈R),可得圓心e(一,ɑ,-5ɑ+5)，

、,圓心C在直線，：2x+2y+3=O上..-.2X(——ɑ)+2(——ɑ+—)+3=O>

解得α=2,二圓C的方程為/+y2+2χ+y+4—I—(=0,即(X+I/+(y+y=；,

???圓C的半徑r等于;.

故選：A.

求得圓C的圓心坐標，代入直線，：2x+2y+3=O的方程可求得a,代入圓的方程可求圓C的半徑.

本題考查直線與圓的位置關系，考查運算求解能力，屬中檔題.

3.【答案】B

【解析】解：由題意得f'Q)=χ2一；v+zn,

函數(shù)y=f(x)在區(qū)間［1,2］上嚴格增，

???/'(無)≥O在［1,2］上恒成立，即m≥X-X2在口,2］上恒成立，

令y-x-xλ--(x-?)2+?,X∈［1,2］,

y6［-2,0］,

.?.m≥0,即實數(shù)Zn的取值范圍是［0,+8).

故選：B.

由題意得/'(久)-X2-X+m,題意轉化為f'(κ)>。在［1,2］上恒成立，即Tn>x-/在口,2］上恒成

立，根據(jù)二次函數(shù)的性質，即可得出答案.

本題考查利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，考查轉化思想，考查邏輯推理能力和運算能力，屬于中檔

題.

4.【答案】A

【解析】解:如圖所不：&(—2,0)、F2(2,0))

設內(nèi)切圓與X軸的切點是點H,

PFi、PF2與內(nèi)切圓的切點分別為M、N,

由雙曲線的定義可得|P&|-|P&I=2,

由圓的切線長定理知，IPMl=IPN故IMFll-INF2∣=2,

即IHFIl-IHF2I=2,

設內(nèi)切圓的圓心/橫坐標為X,內(nèi)切圓半徑r,則點H的橫坐標為X,

故(X+c)—(C-X)=2,二X=1,

?,雙曲線好一1=1的漸近線的方程為y=±√3X,

?0°<Z-PF1H<60°,

???0°<?IF1H<30°,

???o<M?，

33

.?.O<r<√-3?

△PF1F2的內(nèi)切圓半徑r的取值范圍(0,C),

故選A.

根據(jù)題意，利用切線長定理，再利用雙曲線的定義，把IPFll-IPF2∣=2,轉化為IHFll-∣HF2∣=2,

從而求得點H的橫坐標，確定0。<<30。，即可求出APRF2的內(nèi)切圓半徑的取值范圍?

本題考查雙曲線的定義、切線長定理，體現(xiàn)了轉化的數(shù)學思想以及數(shù)形結合的數(shù)學思想，正確運

用雙曲線的定義是關鍵，屬于中檔題.

5.【答案】B

【解析】解：雙曲線/一］=1的兩條漸近線的方程為y=±√3x,

由直線y=/a的斜率為，耳，可得傾斜角為半

y=-V"a的斜率為--耳，可得傾斜角為冬

所以兩條漸近線的夾角的大小為半

故選：B.

求得雙曲線的兩條漸近線方程，得到斜率和傾斜角，再求出漸近線夾角的大小.

本題考查雙曲線的漸近線方程和夾角的大小，考查運算能力，是一道基礎題.

6.【答案】I

【解析】解：若直線，1：QX+2y+3Q=O與直線％：2%+(α-l)y+4=O互相垂直，

則2a+2(α-1)=0,即Q=?.

故答案為：?

由已知結合直線垂直的條件建立關于ɑ的方程，可求.

本題主要考查了直線垂直條件的應用，屬于基礎題.

7.【答案】24

【解析】解：由題意，每個醫(yī)療小組只去一個國家，且4個醫(yī)療小組去的國家各不相同,

則不同的分配方法共有用=4×3×2×1=24種.

故答案為：24.

根據(jù)排列數(shù)的定義化簡計算即可.

本題考查排列的實際應用，考查排列數(shù)的計算，屬于基礎題.

8.【答案】arctanF

4

【解析】解：如圖，取的中點F,連接CF,CA.

在正方體中，E,F分別是CG，A&的中點，則CE

月AF=CE,

故四邊形A/CE為平行四邊形，所以&E〃FC,

?.?A1A，平面ABM.?.NFS即為直線FC與平面4BC。所

成的角，

設正方體棱長為2,貝!∣4F=1,AC=2√-2.

所以tan/FCZ=空=華，故直線FC與平面ABCD所成角的大小為arctan?，

AC44

即直線41E與平面ABCD所成的角的大小等于arctan?.

通過將直線AlE平移到FC,可直接得到線面角為4FC4在直角三角形中可直接求出其正切值，進

而得角的大小.

本題考查線面角的求法，屬基礎題.

9.【答案】1

【解析】解：f(X)=X伍X，

：.f'(x)-Inx+1,

."(1)=1.

故答案為：L

可根據(jù)基本初等函數(shù)和積的導數(shù)求出導函數(shù)/'(X)，然后即可求出,(1)的值.

本題考查了基本初等函數(shù)和積的導數(shù)的求導公式，考查了計算能力，屬于基礎題.

io.【答案】io

【解析】解：???C$T+C鏟=C熱1，

???W+1-若=第，

V64—「6

乂Ln-Cn?

???正整數(shù)71的值等于4+6=10.

故答案為：10.

根據(jù)組合數(shù)的性質和定義，化簡計算可得正整數(shù)n的值.

本題考查組合數(shù)的應用，考查學生計算能力，屬于基礎題.

11.【答案】口

【解析】解：如圖，設正三棱錐的頂點P在底面上的射影為。，

則在直角三角形PAO中，PA=3,4。=∣4F=IXql=C，

三棱錐的局PD=√PA2—AD2=√9—3=V-6>

故答案為：口.

先根據(jù)題意畫出示意圖，再利用高、側棱及側棱在底面的射影構成一

個直角三角形，結合直角三角形的邊的關系即可求得三棱錐的高.

本題主要考查了棱錐的結構特征，以及空間中線段之間的數(shù)量關系，考查空間想象能力、運算能

力，屬于基礎題.

12.【答案】3x-4y+12=0

【解析】解：因為4(一2,-1)、B(2,2),

所以直線AB的斜率k=∣?=',

2+24

因為直線I與直線AB平行，則直線2的斜率也為反，

4

故過點C且與直線AB平行的直線方程為y-3=∣x,即3x-4y+12=0.

故答案為：3x-4y+12=0.

先求出直線BA的斜率，然后結合直線平行條件求出直線I的斜率，進而可求直線方程.

本題主要考查了直線的斜率公式及直線平行條件的應用，屬于基礎題.

13.【答案】4

【解析】解：因為241平面ABC,

所以PA1BC,

又BC1AC,PAOAC=A,

所以BC_L平面PAC,

所以BC1平面PC,

所以幾何體中的直角三角形有APAB,APAC,Δ?BC?ΔPBC,共4個.

故答案為：4.

由題意利用線面垂直的判定和性質即可求解.

本題主要考查了線面垂直的判定和性質，考查了數(shù)形結合思想，屬于中檔題.

14.【答案】4

【解析】解：根據(jù)題意，從四棱錐P-ZBCD的5個頂點中任選4個不同的點，有猿=5種取法，

其中共面，不能構成不同三棱錐的情況有1種，

則取出的四點能夠構成不同三棱錐的個數(shù)是4；

故答案為：4.

根據(jù)題意，用排除法分析：先分析從四棱錐P-ABCD的5個頂點中任選4個不同的點的取法，排除

其中共面的情況，分析可得答案.

本題考查排列組合的應用，涉及棱錐的結構特征，屬于基礎題.

15.【答案】4

【解析】解：拋物線V=12x的焦點為尸(3,0),圓/+3—4)2=1的圓心為E(0,4),半徑為1,

根據(jù)拋物線的定義可知點P到準線的距離等于點P到焦點的距離，

進而推斷出當P,Q,尸三點共線時P到點Q的距離與點P到直線X=-I距離之和的最小為：

故答案為：4.

求得圓心與半徑，由拋物線的定義可知：可知當P,Q,F三點共線時P到點Q的距離與點P到直線

X=-3距離之和的最小，利用勾股定理即可求得IQFI.

本題考查拋物線的定義，考查數(shù)形結合思想的應用，考查計算能力，屬于中檔題.

16.【答案】V^^3—1

【解析】解：連接MF?,

因為是等邊三角形，

所以MF21AF1,AF1=AF2=F1F2=2c,

所以MFl=c,MF2=2a-c,F1F2=2c,

由勾股定理得c2+(2a-c)2=4c2,

整理得C?+2ɑe-2a2=0,

故e2+2e-2=0,

因為0<e<1,

所以e=V^^3—1.

故答案為：√~3-1.

由已知結合橢圓定義及橢圓方程可得關于α,C的關系，進而可求.

本題主要考查了橢圓性質的應用，屬于中檔題.

17.【答案】y∕~3

【解析】解：若橢圓9+5=1(0＜。＜2)的離心率6=：,

則。一丘W―1，

e~~2~~2

解得b=√3.

故答案為：√^^3?

由已知結合桶圓的性質即可求解.

本題主要考查了橢圓性質的應用，屬于基礎題.

18.【答案】4π

【解析】解：設三棱雉P-ABC的高為八，

因為三棱雉P-ABC的體積為4?V~^,

所以：X—X(2√^3)×h=4y∕~3,

解得九=4,

設44BC的外接圓的半徑為r,

則r=I×2√-3X=2"

因為三棱雉P-4BC的外接球球心到底面ABC的距離為2,

所以外接球的半徑為R=√22+22=2√-2,即。P=2口,

因為點P到面ABC的距離為4,

所以動點P的軌跡是一個截面圓的圓周，且球心到該截面的距離為4-2=2,

所以截面圓的半徑為√OP2-22=2.

所以動點P的軌跡長度為4兀，

故答案為：4τr.

根據(jù)三棱錐P-ABC的外接球球心到底面ABC的距離為2和4ABC的外接圓的半徑，求得以外接球

的半徑，再根據(jù)三棱錐P-ABC的體積為4C，得到點P到面ABC的距離為4,從而得到動點P的

軌跡與面ZBC平行的平面與外接球的一個截面圓的圓周求解.

本題考查軌跡方程，考查學生的運算能力，屬于中檔題.

19.【答案】8兀

【解析】解：根據(jù)題意，以直線AD為旋轉軸，將此矩形旋轉一周，得到的兒何體為圓柱，

其高∕ι=AD=3,底面半徑r=AB=1,

則所得到的旋轉體的表面積S=2ττr2+2ττrh=8π.

故答案為：8τr.

根據(jù)題意，分析可得旋轉后得到的兒何體的圓柱，分析該圓柱的高和底面半徑，由此計算可得答

案.

本題考查旋轉體的表面積計算，注意旋轉體的定義，屬于基礎題.

20.【答案】(1)當X-OBj,原方程等價于(-1)5=-1=a0,

即劭的值為-1；

(2)由題意，令X=1,則原方程等價于(2-1)S=I.=%+%+α?+o?++o?,

又由(1)可知,a0=-1,

ca

則的+α?++?=(o+a1+a2+a3+a4+a5)-a0=1-(-1)=2.

【解析】(1)將X=O代入原方程化簡計算，可得劭的值；

(2)令X=1,可得+。2+。3+。4+@5的值，結合(1)中Qo的值，作差可得答案.

本題考查二項式展開式的系數(shù)和，考查賦值法的應用，屬于基礎題.

21.【答案】解：(1)圓柱的體積Vl=πr2h=ττ×22×3=12τι,

圓錐的體積為彩=J?πfi2∕ι=I?2.52X1.5=3.125τr,

幾何體0的體積V=V1+V2=15.125π;

(2)連接POi,BO1,

根據(jù)題意可得Po1〃FE,

圖1圖2

々BP。1為圓柱母線EF和圓錐母線PB所成的角，

OIB=2.5,PO1=1.5,

255

???tanzBPO1=谷=成

二圓柱母線EF和圓錐母線PB所在異面直線所成角的大小為arctan|.

【解析】(1)利用柱體，錐體的體積公式計算即可；

(2)連接POi，BO1,可得NBPOl為圓柱母線EF和圓錐母線PB所成的角，求解即可.

本題考查空間幾何體的體積的計算，考查異面直線所成角的求法，屬中檔題.

22.【答案】解：(1)由橢圓的方程可得α=2,b=V-3，C=√a2—b2-√4—3—1>

所以Fι(-l,0),尸2(1,0),4(0,0,

所以直線FIa的方程為y=√^3χ+√^^3,即，弓X-y+C=0,

∣√^3-0+√3∣

所以F2到直線尸通的距離d=

J(??)2+1

(2)由題意設直線I的方程為y=Ax+3,

y

=fcx+3

聯(lián)

,整理可得：（）

z2-y2_3+41/+24/?+24=0,

4+-τ^^-?

4=242fc2-4×24×(3÷4fc2)>0,BPfc2>∣,

口,24k24

且與+"2=一能'"/2=次'

因為FlCIF1。，所以南?用萬=0，

即(Xi+l,y1)■(X2+l,y2)=。，

整理可得Qi+l)(x2+1)+(∕cx1+3)(∕cx2+3)=0,

2

即(1+k)x1x2+(1+3fc)(x1+x2)+10=0,

即24(1+冷_2陽1+汐+I。=。,

3+4√3+4/

整理可得：41+12k-17=0,

解得k=I或一?都符合/>0,

所以k的值為5或一，

【解析】(1)由橢圓的方程可得α,b的值，進而求出C的值，由題意可得&,F2,4的坐標，求出直

線F√l的方程，再求F2到直線F遇的距離；

(2)由題意設直線/的方程，與橢圓的方程聯(lián)立，可得兩根之和及兩根之積，由&CLF1D,所以布.

F?D=O,整理可得k的值.

本題考查直線與橢圓的綜合應用，點到直線的距離公式的應用，屬于中檔題.

23.【答案】解：(1)證明：因為四邊形4BC。是正方形，

所以AB〃CD,λp

又CDU面CDE,ABC面CCE,

所以4B〃面CDE.

(2)(4組題)過點P作BC的平行線PF,

因為APAB是等邊三角形，以AB為原點，OP,OB,OF分別為Z軸，X軸，y軸，

所以P(O,O,q>C(l,2,0),E(_Q,?)，

CF=(-f,θ,?)>麗=(1,2,一G，

設平面PEC的法向量元=(x,y,z),

X+2y-√^3z=O

n?PC=O

所以i即5Γ3，

-n-CE—0T+—Z=On

解得令X=L則y=l,z=q,

所以平面PEC的法向量元=(1,Lq)，

因為平面PABJ■平面4BeD,平面PABn平面力BCD=AB,

因為△ABP是等邊三角形,

所以P。_L面4BC0,

取平面ABCC的法向量為元=(0,0,1),

設平面PCE與平面ABCD所成銳二面角的平面角為。,

∣nT??∣_√^I5

所以ICOSel

所以平面PCE與平面ABCD所成銳二面角為arccos?.

B組題：證明：若AP=BP=AB,則△4BP為等邊三角形,

又F為PB中點,

所以AF1BP,

因為平面PAB1平面4BCD,平面PABn平面力BCD=AB,

由四邊形ABCD為正方形，得CBlAB,

所以CB_1_面PAB,

又AFU面248,

所以CBIAF,

又因為4F1PB,

CBCPB=B,

所以AF1面PBC,

又因為PCU面PBC,

所以AF1PC.

【解析】(1)根據(jù)題意可得AB〃CD,由線面平行的判定定理可得答案.

(2)Q4組題)：過點P作BC的平行線PF,以AB為原點,OP,OB,OF分別為Z軸，X軸，y軸，設平

面PEC的法向量記=(X,y,z),則營竺=。,解得X,y,z,可得平面PEC的法向量元=(1,1,√^).

取平面ABCO的法向量為元=(0,0,1),設平面PCE與平面4BC0所成銳二面角的平面角為9,則

ICOSOl=哥需f,即可得出答案.

(B組題)：若4P=BP=AB,則△?!BP為等邊三角形，則4F1BP,由平面PABl平面ABeD,可

得CBI面PAB,乂AFJ.PB,由線面垂直的判定定理可得AF_1面28。，即可得出答案.

本題考查直線與平面的位置關系，解題中需要理清思路，屬于中檔題.

24.【答案】解：Q4組題)(1)證明：由題知：嗯