上海市五校2022-2023学年高二数学下学期3月联考试题（Word版附解析）

五校联考高二数学试卷

2023.03

一、填空题（第1-6题每题4分，第7-12题每题5分，满分54分）

1. 直线的倾斜角为______．

【答案】##

【解析】

【分析】根据倾斜角和斜率的关系即可求解.

【详解】直线的斜率，

设其倾斜角为，故可得，又，故．

故答案为：

2. 已知集合，若，则非零实数的数值是______．

【答案】2

【解析】

【详解】由题，若 则 此时B集合不符合元素互异性，故

若则符合题意；若则不符合题意.

故答案为2

3. 设m为实数，若方程表示圆，则m的取值范围为______．

【答案】

【解析】

【分析】将方程配成圆的标准方程形式，根据圆的标准方程即可求解.

【详解】方程，即

若它表示圆，则，即

故答案为：.

4. 已知平面的一个法向量为，平面的一个法向量为，若，则的值为______

【答案】6

【解析】

【分析】因为法向量定义，把转化为，可得k的值.

【详解】因为平面的一个法向量为，平面的一个法向量为，

又因为，所以，可得，即得.

故答案为：6.

5. 已知是等差数列，，公差，为其前n项和，若，，成等比数列，则________．

【答案】

【解析】

【分析】根据，，成等比数列以及列出关于的方程，解出，再根据计算答案即可

【详解】因为，，成等比数列

，即

解得 或（舍）

故答案为：

6. 已知双曲线的虚轴长是实轴长的2倍，则的焦距为_______.

【答案】

【解析】

【分析】由虚轴长是实轴长的2倍可得,进而求得与焦距即可.

【详解】由题,双曲线中,故,即.故.

故焦距

故答案为：

【点睛】本题主要考查了双曲线中基本量求解,属于基础题型.

7. 如图所示，正方体中，E，F分别为平面与的中心，则与所成角的度数是_____________．

【答案】

【解析】

【详解】根据题意可知：在中，//，//，

所以正方体中，

所以与所成角的度数是

故答案：

8. 已知圆柱M的底面圆的半径与球O的半径相同，若圆柱M与球O的表面积相等，则它们的体积之比______________．（用数值作答）

【答案】

【解析】

【详解】解：∵设圆柱M的底面圆的半径与球O的半径均为R，M的高为h

则球的表面积S球=4πR2又∵圆柱M与球O的表面积相等即4πR2=2πR2+2πR•h

解得h=R则V圆柱=πR3，V球="4" /3 πR3∴V圆柱：V球="3/" 4故答案为3 /4

9. 已知是数列的前n项和，，，恒成立，则k最小为______．

【答案】2

【解析】

【分析】利用递推关系求出的通项公式，再裂项求和即可.

【详解】由，得，

当时，得，，…，，

则，

即，则，

当n=1时符合上式，

则，

所以k最小为2．

故答案为：.

10. 如图，已知正三棱柱的底面边长与侧棱长相等．蚂蚁甲从A点沿表面经过棱、爬到点，蚂蚁乙从B点沿表面经过棱爬到点．设，，若两只蚂蚁各自爬过的路程最短，则______

【答案】

【解析】

【分析】根据三棱柱的侧面展开图确定两只蚂蚁各自爬过的路程最短，当取等号时求即可.

【详解】如图所示，

将三棱柱沿着侧棱展开，又因为正三棱柱的底面边长与侧棱长相等，则同理

所以，

又因为，所以

所以.

故答案为：.

11. 已知平面向量， 和单位向量， 满足， ， ， 当变化时， 的最小值为， 则的最大值为__________.

【答案】

【解析】

【分析】不妨设 ， ，则由题知，由已知条件得，，将用坐标表示，并求模，代入及，整理得，构造函数，求出最小值，

表示出的解析式，用均值不等式求其最大值即可.

【详解】不妨设 ， ，则由题知

又 ，所以

整理得① ，所以

又 ，

所以

而

将①代入整理得：

令 ，

，有最小值，

又 ，当且仅当时等号成立

所以 ，当时有最大值 .

故答案为： .

12. 2022年卡塔尔世界杯会徽（如图）正视图近似伯努利双纽线.定义在平面直角坐标系中，把到定点距离之积等于的点的轨迹称为双纽线.已知点是双纽线C上一点.下列说法中正确的有________ .①双纽线关于原点中心对称； ②；③双纽线上满足的点有两个； ④.的最大值为.

【答案】①②④

【解析】

【分析】对于①，根据双纽线的定义求出曲线方程，然后将替换方程中的进行判断，对于②，根据三角形的等面积法分析判断，对于③，由题意得，从而可得点在轴上，进行可判断，对于④，由向量的性质结合余弦定理分析判断.

【详解】对于①，因为定义在平面直角坐标系中，把到定点距离之积等于的点的轨迹称为双纽线，

所以，

用替换方程中的，原方程不变，所以双纽线关于原点中心对称，所以①正确，

对于②，根据三角形的等面积法可知，

即，所以，所以②正确，

对于③，若双纽线上的点满足，则点在轴上，即，

所以，得，所以这样的点只有一个，所以③错误，

对于④，因为，

所以，

由余弦定理得，

所以，

所以的最大值为，所以④正确，

故答案为：①②④

二、选择题（本大题共4题，满分20分）

13. 已知两条直线“”是“直线与直线的夹角为”的（    ）

A. 必要不充分条件 B. 充分不必要条件

C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件

【答案】B

【解析】

【分析】根据两条直线夹角公式可以求出当两条直线夹角为时的值,然后根据充分性、必要性的定义,选出正确答案.

【详解】两条直线的斜率分别是.当两条直线的夹角为时,则有：或.因此“”是“直线与直线的夹角为”的充分不必要条件.

故选B

【点睛】本题考查充分不必要条件的判断,掌握两直线夹角的计算公式是解题的关键.

14. 已知圆锥的侧面展开图为一个面积为的半圆，则该圆锥的高为（    ）

A.  B. 1 C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】根据圆锥侧面展开图与本身圆锥的关系进行求解即可.

【详解】设圆锥的母线长为l，圆锥的底面半径为，

由于圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长，

则，解得，

则圆锥的高.

故选：D.

15. 已知、是关于的方程的两个不同实数根，则经过两点、的直线与双曲线的交点个数为（    ）

A. 0 B. 1 C. 2 D. 根据的值来确定

【答案】B

【解析】

【分析】由关于的方程的两个不同实数根,求出的取值范围,再由根与系数关系,求出直线斜率,与双曲线的渐近线的斜率相等，直线与双曲线的渐近线平行或重合,即可答案.

【详解】关于的方程的两个不同

实数根,所以,

双曲线渐近线方程曲线,

直线与双曲线的渐近线平行或重合,

若或在直线

得,的值为0或2，此时，

,不合题意，直线不与双曲线重合,

直线与双曲线一定平行，所以有一个交点.

故选:B

【点睛】本题考查一元二次方程根与系数关系,直线斜率,双曲线简单几何性质,要注意验证是否重合,数形结合是解题的关键,属于中档题,

16. 已知四面体，分别在棱，，上取等分点，形成点列，，，过，，作四面体的截面，记该截面的面积为，则（    ）

A. 数列为等差数列 B. 数列为等比数列

C. 数列为等差数列 D. 数列为等比数列

【答案】C

【解析】

【分析】设，，与所成角为，根据平行关系可利用表示出，根据面积公式得到，进而得到；利用等差数列和等比数列的定义依次判断各个选项中的数列是否满足定义，由此得到结果.

【详解】设，，与所成角为，

由题意可知：，，

根据平行线分线段成比例可知：，，

，

对于A，，

则不恒等于常数，则数列恒为等差数列不成立，A错误；

对于B，，

不恒等于不为零的常数，则数列恒为等比数列不成立，B错误；

对于C，，

则，

即恒为常数，为等差数列，C正确；

对于D，，即不恒等于不为零的常数，

则数列恒为等比数列不成立，D错误.

故选：C.

【点睛】思路点睛：本题考查等差数列和等比数列的判定，证明数列是等差或等比数列的基本思路是利用等差或等比数列的定义式来进行证明.

三、解答题（本大题共有5题，满分76分）

17. 已知单位向量，，与的夹角为.

（1）求证；

（2）若，，且，求的值.

【答案】（1）证明见解析   

（2）或.

【解析】

【分析】(1)利用向量数量积的运算即可证明；

(2)根据向量的模和数量积的计算公式即可求解.

【小问1详解】

因为，与的夹角为，

所以，

所以.

小问2详解】

由得，

即.

因为，与的夹角为，

所以，，

所以，

即.所以或.

18. 已知函数.

（1）求函数的值域；

（2）在中，，，分别为内角的对边，若且，的面积为，求的周长.

【答案】（1）；（2）6.

【解析】

【分析】（1）根据两角和差的正弦公式、辅助角公式化简函数的解析式，最后根据正弦型函数的性质进行求解即可；

（2）根据三角形面积公式，结合余弦定理进行求解即可.

【详解】解：（1）

.   

由，得，

可知函数的值域为.   

（2）由，得，因为，所以，

∴，故.   

∵，，的面积为，

∴，

故.   

又，即，即，

故，

∴的周长为.

19. 已知是等差数列，，，数列满足，，且是等比数列．

（1）求数列和的通项公式；

（2）设，求数列的前项和，并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），，不存在正整数，使得.

【解析】

【分析】（1）直接利用等差数列，等比数列公式得到和的通项公式，再代换得到答案；

（2）分奇偶讨论，得到，则，根据数列的单调性得到答案.

【小问1详解】

设的公差为，的公比为，

则由题意可得，，即，

解得，所以

根据已知又有：，，则，得

所以，进而.

故数列和的通项公式分别为：，.

【小问2详解】

根据上问可知，，

∴，，

故，

∴，

因为，，数列是递增数列，且，

所以不存在正整数，使得.

故：，，不存在正整数，使得.

【点睛】本题考查了等差数列、等比数列的通项公式、分组求和以及等比数列的前项和公式，掌握等比数列的求和公式是关键，考查了计算能力，属于中档题.

20. 在2021年6月17日，神舟十二号载人飞船顺利升空并于6.5小时后与天和核心舱成功对接．如图，是神舟十二号飞船推进舱及其推进器的简化示意图，半径相等的圆，，，，与圆柱底面相切于A，，，四点，且圆与，与，与，与分别外切，线段为圆柱的母线．点线段中点，点在线段上，且．已知圆柱，底面半径为2，.

（1）求证：平面；

（2）线段上是否存在一点，使得平面?若存在，请求出的长，若不存在，请说明理由；

（3）如图，是飞船推进舱与即将对接的天和核心舱的相对位置的简化示意图．天和核心舱为底面半径为2的圆柱，它与飞船推进舱共轴，即，，，共线．核心舱体两侧伸展出太阳翼，其中三角形为以为斜边的等腰直角三角形，四边形为矩形．已知推进舱与核心舱的距离为4，即，且，．在对接过程中，核心舱相对于推进舱可能会相对作出逆时针旋转的运动，请你求出在舱体相对距持不变的情况下，在舱体相对旋转过程中，直线与平面所成角的正弦值的最大值．

【答案】（1）证明见解析   

（2）存在，   

（3）．

【解析】

【分析】（1）如图，是从原图中抽出的部分图形，取中点，证明，再证明，得，从而可证得线面平行；

（2）以为原点，分别以，，所在方向为，，轴的正方向建立如图所示有空间直角坐标系，设，由，求得，即存在；

（3）在（2）的坐标系下，将矩形作为参照物，不妨设顺时针旋转，得出各点坐标，设与平面所成的角为，由线面角的向量法求得，利用换元法、基本不等式求得最大值．

【小问1详解】

证明：如图，是从原图中抽出的部分图形，取中点，

又是中点，则且，所以是平行四边形，

所以，

又，，所以，又，所以，

所以，

平面，平面，所以平面；

【小问2详解】

以为原点，分别以，，所在方向为，，轴的正方向建立空间直角坐标系．如图，

则，，，，设，

所以，，，若平面．

则，即时，平面．

【小问3详解】

在（2）的坐标系下，

将矩形作为参照物，不妨设顺时针旋转，则，即，，所以，因为轴与平面垂直，则平面的一个法向量为，设与平面所成的角为，，

则，

若，则；

若，令，，

则，

当且仅当即，即时，取得最大值．

21. 如图，是椭圆长轴的两个端点，是椭圆上与均不重合的相异两点，设直线的斜率分别是.

(1)求的值；

(2)若直线过点，求证：；

(3)设直线与轴的交点为(为常数且)，试探究直线与直线的交点是否落在某条定直线上？若是，请求出该定直线的方程；若不是，请说明理由．

【答案】（1）（2）见解析（3）落在定直线上

【解析】

【详解】试题分析：（1）由椭圆方程可知点两点的坐标，可设点的坐标（设而不求），根据斜率的计算公式列出的表达式，又点在椭圆上，联立椭圆方程，从而可问题可得解；（2）由题意可联立直线与椭圆方程，消去，根据韦达定理，求得点的纵坐标与参数的关系式，再分别算出斜率，进行运算化简，从而问题可得证.

（3）同（2）法，由点的纵坐标，求出直线的方程，联立两直线方程，求出其交点的横坐标与点的坐标无关，从而可判断交点落在定直线上，从而问题可得解.

试题解析：(1)设，由于，

所以，

因为在椭圆上，于，即，

所以.

 (2)设直线，，由

得，

于是，

．

 (3)由于直线与轴的交点为，于是，

联立直线与椭圆的方程，可得

，

于是

因为直线，直线，

两式相除，可知

，

于是，所以，即直线与直线的交点落在定直线上．