2022-2023学年上海市宝山区高二（下）期末数学试卷(含详细答案解析)

这是一份2022-2023学年上海市宝山区高二（下）期末数学试卷(含详细答案解析)，共14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.若ab<0，bc<0，则直线ax+by+c=0不经过第象限( )
A. 一B. 二C. 三D. 四
2.已知a=(2,−1,3)，b=(−1,4,−2)，c=(1,3,λ)，若a,b,c三向量共面，则实数λ等于( )
A. 1B. 2C. 3D. 4
3.若直线y=kx−1与曲线y= −x2+4x−3恰有两个公共点，则实数k的取值范围是( )
A. (43,+∞)B. [1,43)C. [1,43]D. (0,43)
4.已知空间直线a、b和平面α满足：a⊥b，a⊂α，b//α.若点P∈α，且点P到直线a、b的距离相等，则点P的轨迹是( )
A. 直线B. 椭圆C. 双曲线D. 抛物线
二、填空题：本题共12小题，共54分。
5.直线x=1的倾斜角为______.
6.在空间直角坐标系O−xyz中，点P(1,2,4)关于xOy平面的对称点Q的坐标为______.
7.直线l过点(2,3)，且与向量a=(1,2)垂直，则直线l的方程为______.
8.双曲线x24−y2=1的两条渐近线的夹角的余弦值为______.
9.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%).
10.若2x2+(m2+m)y2+2mx+m=0表示圆，则实数m的值为______.
11.已知实数a，b，c成等差数列，则直线ax+by+c=0必过定点______.
12.三棱柱ABC−A1B1C1中，M、N分别是BB1、AC的中点，设AB=a，AC=b，AA1=c，则NM等于______.
13.已知数列{an}的通项公式是an=1n(n+1)，其前n项的和为Sn.设bn=λ1−Sn+n2，若数列{bn}是严格增数列，则实数λ的取值范围是______.
14.如图，记棱长为1的正方体为C1，以C1各个面的中心为顶点的正八面体为C2，以C2各面的中心为顶点的正方体为C3，以C3各个面的中心为顶点的正八面体为C4，…，以此类推得到一系列的多面体Cn，设Cn的棱长为an，则k=1+∞a2k−1=______.
15.已知a、b是空间互相垂直的单位向量，且|c|=8，c⋅a=c⋅b=2 6，则|c−ma−nb|的最小值是______.
16.已知双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左，右焦点分别为F1(−c,0)，F2(c,0)，直线y=kx(k>0)与双曲线C在第一、三象限分别交于点A、B，O为坐标原点.有下列结论：
①四边形AF1FB2是平行四边形；②若AE⊥x轴，垂足为E，则直线BE的斜率为12k；
③若|OA|=c，则四边形AF1BF2的面积为b2；
④若△AOF2为正三角形，则双曲线C的离心率为 3+1.
其中正确命题的序号是______.
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)
已知直线l1：mx+3y+1=0，l2：x+(m+2)y+2m−1=0.
(1)若l1//l2，求实数m的值；
(2)若直线l2在两个坐标轴上的截距相等，求实数m的值.
18.(本小题14分)
在平面直角坐标系中，O为坐标原点，直线l：x=−1，已知动点T到点F(1,0)的距离等于点T到直线l的距离，设点T的轨迹为C.
(1)过点F且斜率为2的直线与曲线C交于两个不同的点A、B，求线段AB的长；
(2)求曲线C上的点到直线x−y+4=0的最短距离.
19.(本小题16分)
已知E、F分别是正方体ABCD−A1B1C1D1的棱BC、CD的中点，求：
(1)A1D与EF所成角的大小；
(2)二面角C−D1B1−C1的大小；
(3)点M在棱CD上，若A1M与平面B1C1CB所成角的正弦值为 1919，请判断点M的位置，并说明理由.
20.(本小题16分)
在数列{an}中，an=−1n=12an−1+3n≥2.在等差数列{bn}中，前n项和为Sn，b1=2，2b3+S5=28.
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；
(2)设数列{cn}满足cn=(an+3bn)csnπ，数列{cn}的前n项和记为Tn，试判断是否存在正整数m，使得Tm=2023？若存在，求出m的值；若不存在，说明理由.
21.(本小题18分)
已知椭圆Γ：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的焦距为2，且过点(1, 22).
(1)求椭圆Γ的标准方程；
(2)A、B分别为椭圆Γ的上、下顶点，O为坐标原点，过椭圆Γ的左焦点F作直线l交椭圆Γ于C、D两点，与y轴交于M点.
①若点Q是线段CD的中点，求点Q的轨迹方程；
②设直线AD与直线BC交于点N，求证：OM⋅ON为定值.
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：若ab<0，bc<0，则直线ax+by+c=0即y=−abx−cb，
故直线的斜率−ab>0，直线在y轴上的截距−cb>0，
故直线经过第一、二、三象限，不经过第四象限．
故选：D.
由题意，把直线的方程化为斜截式，根据直线的斜率以及它在y轴上的截距，确定它的位置．
本题主要考查确定直线位置关系的几何要素，属于基础题．
2.【答案】A
【解析】解：a=(2,−1,3)，b=(−1,4,−2)，c=(1,3,λ)，
a,b,c三向量共面，
∴可设c=ma+nb，即(1,3,λ)=(2m−n,−m+4n,3m−2n)，
∴2m−n=1−m+4n=33m−2n=λ，解得m=1，n=1，λ=1.
∴实数λ等于1.
故选：A.
利用向量共面定理，设c=ma+nb，即(1,3,λ)=(2m−n,−m+4n,3m−2n)，列出方程组，能求出实数λ.
本题考查实数值的求法，考查向量共面定理等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
3.【答案】B
【解析】解：根据题意得：y=kx−1为恒过定点A(0,−1)的直线，
由曲线y= −x2+4x−3，可得(x−2)2+y2=1(y≥0)，
所以曲线表示圆心为C(2,0)，半径为1的上半圆，如图所示，
当直线与圆C相切时，有|2k−1| k2+1=1，
解得：k=0(舍去)或k=43，
把B(1,0)代入y=kx−1，得k=1，
∴k的取值范围是[1,43).
故选：B.
根据题意得：y=kx−1为恒过定点(0,−1)的直线，曲线表示圆心为(2,0)，半径为1的上半圆，由此利用数形结合思想能求出k的取值范围．
本题考查直线的斜率的取值范围的求法，考查直线、圆、点到直线距离公式、直线与圆相切等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查化归与转化思想、函数与方程思想、数形结合思想，属中档题．
4.【答案】D
【解析】解：由于点P到直线a、b的距离相等，而圆锥曲线中只有抛物线上的点到准线和焦点的距离相等，
不妨设a为准线，b为过焦点且垂直于抛物线所在平面的直线，显然且点P到直线a、b的距离相等，
故选：D.
结合圆锥曲线的性质进行分析，只有抛物线上的点到准线和焦点的距离相等，a或b直线相当于过焦点并垂直于抛物线所在平面的一条直线．
本题主要考查圆锥曲线的性质，结合抛物线的性质进行假设是解决本题的关键，属中档题．
5.【答案】90∘
【解析】解：∵直线x=1垂直于x轴，
∴直线x=1的倾斜角为90∘.
故答案为：90∘.
利用直线的性质求解．
本题考查直线的倾斜角的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意直线性质的合理运用．
6.【答案】(1,2,−4)
【解析】解：根据关于xOy平面的对称点性质得：
在空间直角坐标系O−xyz中，点P(1,2,4)关于xOy平面的对称点坐标为(1,2,−4).
故答案为：(1,2,−4).
在空间直角坐标系O−xyz中，点(a,b,c)关于xOy平面的对称点坐标为(a,b,−c).
本题考查空间中点的坐标的求法，考查空间直角坐标系等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是基础题．
7.【答案】x+2y−8=0
【解析】解：设直线l上的任意一点P(x,y)，
直线l过点(2,3)，且与向量a=(1,2)垂直，
则(x−2,y−3)⋅(1,2)=0，即x−2+2(y−3)=0，
故直线l的方程为x+2y−8=0.
故答案为：x+2y−8=0.
根据已知条件，结合向量垂直的性质，即可求解．
本题主要考查直线的垂直，属于基础题．
8.【答案】35
【解析】解：双曲线x24−y2=1的两条渐近线为y=±12x，直线y=12x的倾斜角为α，tanα=12<1，α<45∘，
所以两条渐近线的夹角的余弦值为cs2α=cs2α−sin2α=1−tan2α1+tan2α=1−141+14=35.
故答案为：35.
求解双曲线的渐近线方程，然后求解夹角即可．
本题考查双曲线的简单性质的应用，渐近线夹角的求法，是基础题．
9.【答案】11.1%
【解析】解：设每次降价的百分率为x.
则200×(1−x)4=125，
解得x≈11.1%.
故答案为：11.1%.
设每次降价的百分率为x，(1−x)4为四次降价的百分率，200降至125就是方程的平衡条件，列出方程求解即可．
此题主要考查了一元二次方程应用，关键是根据题意找到等式两边的平衡条件，属于基础题．
10.【答案】−2
【解析】解：因为方程2x2+(m2+m)y2+2mx+m=0表示圆，
所以m2+m=2，
解得m=1，或m=−2，
当m=1，此时圆的方程为x2+y2+x+12=0，
则D2+E2−4F=1−2<0，不符合题意．
当m=−2，此时圆的方程为x2+y2−2x−1=0，
则D2+E2−4F=4+4>0，符合题意．
故答案为：−2.
利用圆的一般方程表示圆的充要条件，二次项系数相等且D2+E2−4F>0求解即可．
本题考查二元二次方程表示圆的充要条件，考查知识的应用能力，是基础题．
11.【答案】(1,−2)
【解析】解：∵a，b，c成等差数列，
∴2b=a+c，∴a−2b+c=0，
∴直线ax+by+c=0必过点(1,−2).
故答案为：(1,−2).
由a，b，c成等差数列，可得2b=a+c，即a−2b+c=0，故直线ax+by+c=0可得．
本题主要考查恒过定点的直线，属于基础题．
12.【答案】a+12(c−b)
【解析】解：NM=NB+BM，
∵三棱柱ABC−A1B1C1，M、N分别为BB1，AC的中点
∴BM=12CC1=12c，
NB=−12(BA+BC)=12a−12(b−a)=a−12b.
∴NM=a−12b+12c=a+12(c−b).
故答案为：a+12(c−b).
作出三棱柱ABC−A1B1C1，根据向量加减法的运算法，寻找包含NM的封闭图形即可．
本题考查了向量在几何中的应用，寻找包含NM的封闭图形利用向量的加减法的定义是关键，属于基础题．
13.【答案】(−3,+∞)
【解析】解：由an=1n(n+1)=1n−1n+1，
得Sn=(1−12)+(12−13)+(13−14)+...+(1n−1n+1)=1−1n+1=nn+1.
∴bn=λ1−Sn+n2=λ1−nn+1+n2=n2+λn+λ，
∵数列{bn}是严格增数列，
∴bn+1−bn=(n+1)2+λ(n+1)+λ−n2−λn−λ=2n+1+λ>0在n≥1时恒成立，
可得λ>−2n−1在n≥1时恒成立，则λ>−3，即λ的取值范围为(−3,+∞).
故答案为：(−3,+∞).
利用裂项相消法求Sn，代入bn=λ1−Sn+n2，结合数列{bn}是严格增数列，可得bn+1−bn>0在n≥1时恒成立，由此可求实数λ的取值范围．
本题考查数列的函数特性，训练了裂项相消法求数列的前n项和，是中档题．
14.【答案】32(1−13k)
【解析】解：正方体C1各面中心为顶点的凸多面体C2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a2=a1 2=1 2= 22；
以C2各个面的中心为顶点的正方体为图形C3是正方体，
正方体C3面对角线长等于C2棱长的 23，(正三角形中心到对边的距离等于高的 23)，
因此对角线为 23× 22= 23，所以a3= 23 2=13，
以上方式类推，得a4=a3 2= 26，a5=23a4 2=19，…，
{an}各项依次为：1， 22，13， 26，19，…
奇数项是首项为：1，公比为13的等比数列，偶数项是首项为： 22，公比为13的等比数列，
则k=1+∞a2k−1=1×(1−13k)1−13=32(1−13k).
故答案为：32(1−13k).
根据条件先求出a2，根据条件依次求出a3，a4，a5，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．
本题主要考查等比数列得通项公式，以及归纳推理的应用，无穷等比数列各项和的求法，考查分析问题解决问题的能力．
15.【答案】4
【解析】解：∵a、b是空间相互垂直的单位向量，
∴设a=(1,0,0)，b=(0,1,0)，设c=(x,y,z)，
又c⋅a=c⋅b=2 6，∴x=y=2 6，
又|c|= x2+y2+z2= 24+24+z2=8，
∴z2=16，
∴c=(2 6,2 6,z)，其中z2=16，
∴c−ma−nb=(2 6−m,2 6−n,z)，
∴|c−ma−nb|= (2 6−m)2+(2 6−n)2+z2
= (2 6−m)2+(2 6−n)2+16≥4，
当且仅当m=n=2 6时取得等号，
∴|c−ma−nb|的最小值是4.
故答案为：4.
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．
本题考查坐标法，空间向量数量积的坐标运算，向量线性运算，不等式思想，属于中档题．
16.【答案】①②④
【解析】解：对于①中，根据双曲线的对称性，可得O为F1F2的中点，且O也是AB的中点，
所以F1F2与AB互相平分，四边形AF1BF2为平行四边形，所以①正确；
对于②中，设A(x1,y1)，则B(−x1,−y1)，不妨设x1>0，
联立方程组y=kxx2a2−y2b2=1，可得x2=a2b2b2−k2a2，
则x1= a2b2b2−k2a2，x2= a2b2b2−k2a2，
可得−y=−kx1=−k a2b2b2−k2a2，即B(− a2b2b2−k2a2,−k a2b2b2−k2a2)，E( a2b2b2−k2a2,0)，
所以直线BE的斜率为kBE=12k，所以②正确；
对于③中，不妨设点A位于第一象限，
因为|OA|=|OF1|=|OF2|=c，所以A，F1，F2三点共圆，所以AF1⊥AF2，
可得|AF1|2+|AF1|2=|F1F2|2=4c2，
又由椭圆的定义得|AF1|+|AF2|=2a，所以|AF1|2+2|AF1||AF2|+|AF2|2=4a2，
可得|AF1||AF2|=2a2−2c2=2b2，
所以△AF1F2的面积为S△AF1F2=12|AF1|⋅|AF2|=b2，
所以AF1BF2的面积为2b2，所以③错误；
对于④中，因为|AF2|=|OA|=|OF1|=|OF2|=c，所以A，F1，F2三点共圆，所以AF1⊥AF2，
所以|AF2|= (2c)2−c2= 3c，
所以 3c−2c=2a，解得e=ca=2 3−1= 3+1，所以④正确．
故答案为：①②④．
根据双曲线的对称性，得到O为F1F2的中点，也是AB的中点，可判定①正确；设A(x1,y1)，则B(−x1,−y1)，不妨设x1>0，联立方程组，求得B，E的坐标，结合斜率公式，可判定②正确；由|OA|=|OF1|=|OF2|=c，得到AF1⊥AF2，结合勾股定理和双曲线的定义，得到|AF1||AF2|=2b2，求得S△AF1F2=b2，可判定③错误；求得|AF2|= 3c，可求双曲线的离心率，判断④．
本题考查双曲线的性质以及直线与双曲线的综合运用，考查运算求解能力，属于中档题．
17.【答案】解：(1)直线l1：mx+3y+1=0，l2：x+(m+2)y+2m−1=0.
则m(m+2)=1×3，解得m=−3或m=1，
当m=1时，直线l1，l2重合，
当m=−3时，直线l1，l2不重合，符合题意，
故m=−3；
(2)当2m−1=0，即m=12时，l2：x+52y=0，满足直线l2在两个坐标轴上的截距相等；
当2m−1≠0且m≠−2时，
则直线l2在x轴上的截距为1−2m，在y轴上的截距为1−2mm+2，
由题意可知，1−2m=1−2mm+2，解得m=−1，
综上所述，m=−1或12.
【解析】(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．
本题主要考查直线平行的性质，属于基础题．
18.【答案】解：(1)已知动点T到点F(1,0)的距离等于点T到直线l的距离，
所以曲线C的轨迹是以点F(1,0)为焦点，直线l：x=−1为准线的抛物线，
其标准方程为y2=4x，①
因为过点F且斜率为2的直线与曲线C交于两个不同的点A、B，
不妨设直线AB的方程为：y=2(x−1)，②
联立①②，消去y并整理得x2−3x+1=0，
设点A(x1,y1)，B(x2,y2)，
由韦达定理得x1+x2=3，
此时|AB|=|AF|+|BF|=x1+1+x2+1=(x1+x2)+2=5；
(2)不妨设点P(y024,y0)是抛物线C上的点，
则点P到直线x−y+4=0的距离d=|y024−y+4| 2=|14(y0−2)2+3 2|，
易知当y0=2时，dmin=3 22，
故曲线C上的点(1,2)到直线x−y+4=0的最短距离为3 22.
【解析】(1)由题意，根据抛物线的定义得到曲线C的轨迹方程，设出直线AB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C上的点P的坐标，利用点到直线的距离公式进行求解即可．
本题考查抛物线的定义及性质以及点到直线的距离公式，考查了逻辑推理以及分析问题解决问题的能力．
19.【答案】解：设正方体棱长为1，以DA,DC,DD1分别为x，y，z轴正方向，
建立如图所示空间直角坐标系D−xyz.D(0,0,0)，A1(1,0,1)，E(12,1,0)，F(0,12,0)，
D1(0,0,1)，C(0,1,0)，B1(1,1,1)，
(1)A1D=(−1.0,−1)，EF=(−12,−12,0)，
设A1D与EF所成角为θ，csθ=|A1D⋅EF||A1D|⋅|EF|=12，
所以A1D与EF所成角的大小是60∘；
(2)平面B1D1C1的一个法向量为DD1=(0,0,1)，
设平面CB1D1的一个法向量为n=(x,y,z)，
D1C=(0,1,−1)，D1B1=(1,1,0)，由n⊥D1C,n⊥D1B1，
则有n⋅D1C=0n⋅D1B1=0，得y−z=0x+y=0，令z=1，则n=(−1,1,1)，
设n,DD1的夹角为α，csα=n⋅DD1|n|⋅|DD1|= 33，
由图可知二面角C−D1B1−C1为锐二面角，
所以二面角C−D1B1−C1大小为arccs 33；
(3)设M(0,y,0)，y∈[0,1]，则A1M=(−1,y,−1)，
平面B1C1CB的一个法向量为DC=(0,1,0)，
设A1M与平面B1C1CB所成角为β，
sinβ=|A1M⋅AB||A1M||AB|= 1919，|y| y2+2=1 19,y=13，
所以当DM=13DC时，A1M与平面B1C1CB所成角的正弦值为 1919.
【解析】(1)将A1D，EF向量分别表示出来即可；(2)分别找到两个平面的法向量即可；(3)找到平面B1C1CB的法向量和A1M代入公式计算即可．
本题考查利用空间向量求线面所成的角，二面角，异面直线所成的角，属于中档题．
20.【答案】解：(1)由题意知，当n≥2，an=2an−1+3，即an+3=2an−1+6，
所以{an+3}是以2为公比的等比数列，a1+3=2，
所以an+3=2n，an=2n−3，
由等差数列性质可知，2b3+S5=2b3+5b3=7b3=28，所以b3=4，
所以{bn}的公差为1，bn=2+(n−1)=n+1；
(2)cn=(2n+3n)csnπ，
T2n=−(2+3)+(22+2×3)−(23+3×3)+(24+4×3)+…−[22n−1+(2n−1)×3]+(22n+2n×3)
=2×(1−4n)1−4+3n=22n+13+3n−23，显然{T2n}是递增数列，
T10=697，T12=2748，而c11<0，所以T11【解析】得出数列后一项与前一项的关系即可得出数列的通项公式，进而对数列进行求和．
本题主要考查递推求数列通项公式，以及等差、等比数列性质，属中档题．
21.【答案】解：(1)由题意可知2c=21a2+24b2=1a2=b2+c2，
解得c=1，a= 2，b=1，
所以椭圆Γ的标准方程为x22+y2=1.
(2)由(1)知A(0,1)，B(0,−1)，
直线l的斜率不存在时，不符合题意，
设直线l的方程为y=k(x+1)，C(x1,y1)，D(x2,y2)，
联立x22+y2=1y=k(x+1)，得(1+2k2)x2+4k2x+2k2−2=0，
所以x1+x2=−4k22k2+1，x1x2=2k2−22k2+1，
①设中点Q(x,y)，x1+x2=2x=−4k22k2+1，2y=y1+y2=k(x1+x2+2)=2k2k2+1，
当k≠0时，两式相除得k=x−2y，代入上式，化简得x2+x+2y2=0(y≠0)，
当k=0时，C(1,0)，D(−1,0)，中点Q(0,0)，符合题意，
所以点Q的轨迹方程为x2+x+2y2=0，(除去点(−1,0)).
②证明：由直线l的方程y=k(x+1)可得M(0,k)，
当M异于点A、B时，设N(x0,y0)，
因为B，N，C三点共线，
所以y1+1x1=y0+1x0，
因为A，N，D三点共线，
所以y2−1x2y0−1x0，
两式相除得y0+1y0−1=y1x2+x2y2x1−x1=(kx1+k)x2+x2(kx2+k)x1−x1=kx1x2+(k+1)x2kx1x2+(k−1)x1=k⋅1−k22k2(x1+x2)+(k+1)x2k⋅1−k22k(x1+x2)+(k−1)x1
=1−k22k(x1+x2)+(k+1)x21−k22k(x1+x2)+(k−1)x1=(1−k2)x1+(k+1)2x2(1−k2)x1+(1−k2)x2=(k+1)[(1−k)x1+(k+1)x2](1−k)[(1−k)x1+(1+k)x2]=1+k1−k，
解得ky0=1，
所以OM⋅ON=ky0=1，为定值，
当M点与A点重合时，k=1，N(0,1)，y0=1，满足OM⋅ON=ky0=1，
当M点与B点重合时，k=−1，N(0,−1)，y0=−1，满足OM⋅ON=ky0=1，
所以OM⋅ON为定值．
【解析】(1)由题意可知2c=21a2+24b2=1a2=b2+c2，解得a，b，c，即可得出答案．
(2)由(1)知A(0,1)，B(0,−1)，设直线l的方程为y=k(x+1)，C(x1,y1)，D(x2,y2)，联立椭圆的方程，结合韦达定理可得x1+x2，x1x2，①设中点Q(x,y)，x1+x2=2x，2y=y1+y2，
当k≠0时，两式相除得k=x−2y，代入上式，化简得x2+x+2y2=0(y≠0)，当k=0时，C(1,0)，D(−1,0)，中点Q(0,0)，符合题意，即可得出答案．
②由直线l的方程y=k(x+1)可得M(0,k)，分三种情况：当M异于点A、B时，当M点与A点重合时，当M点与B点重合时，讨论OM⋅ON，即可得出答案．
本题考查椭圆的方程，直线与椭圆的相交问题，解题中需要一定的计算能力，属于中档题．