2022-2023学年上海市虹口区高二（下）期末数学试卷（附答案详解）

2022-2023学年上海市虹口区高二(下)期末数学试卷

一、单选题(本大题共5小题，共17.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项)

1.已知平面α〃平面/?,4ea、Cea、BEβ,。C/7.若线段48与线段C。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—l)y÷a2-ɪa-1=0(a∈R),直线八2%÷2y÷3=0.若

圆心C在直线I上，则圆C的半径r等于()

A.ɪB.1C.5D.3

3.己知/(x)=g%3一+rnχ-1,函数y=f(%)在区间［1,2］上严格增，则实数Tn的取值范

围是()

A.［-2,+∞)B.［0,+∞)C.⅛∕+∞)∙D.(-∞,÷∞)

4

4.点心、?2分别是双曲线/一］=1的左、右焦点，点P在双曲线上，则APQF2的内切圆

半径r的取值范围是()

A.(0,√-3)B.(0,2)C.(0,√^)D.(0,1)

5.双曲线/一9=1的两条渐近线的夹角的大小等于()

A.IB,≡C.⅞D.⅞

Oɔ36

二、填空题(本大题共14小题，共46.0分)

6.若直线k：ax+2y+3a=O与直线G：2x+(a-l)y+4=O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.己知E是正方体4BC0-4B1C1D1棱CCl的中点，则直线&E与平面ABCD所成的角的大小

等于.

9.若/(x)=XInX,则f(l)等于.

10.若若+1-C唾=心,则正整数n的值等于.

11.棱长都是3的三棱锥的高等于.

12.己知平面直角坐标系中的三点4(一2,-1)、8(2,2)、C(0,3),若直线2过点C且与直线4B平

行，则，的方程为

13.如图，在三棱锥P-ABC中，PAL^ABC,AC1BC,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-ABC。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=12%上一个动点，Q为圆/+(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％=-3的距离之和的最小值是.

16.己知AAQE是等边三角形，M、N分别是也4Fι和4尸2的中点•若椭圆以&、尸2为焦点，

且经过M、N,则椭圆的离心率等于.

17.若椭圆5+5=1(0<6<2)的离心率6=；,则实数b等于.

18.已知水平放置的边长为的等边三角形ZBC,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「；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ABCO的边长4B=1,AD=3,若以直线4。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(本大题共5小题，共52.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)

20.(本小题8.0分)

52345

若：(2x—I)=α0+a1x+a2x+a3x+a4x+a5x.

(1)当X=O时，求α°的值；

(2)求的+a2+a3+a4+c⅛的值.

21.(本小题10.0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-。1与一个圆柱OOi构成的几何体0(如图2).

一般地，设圆锥P-Oi中母线与底面所成角的大小为α,当2(Γ<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0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.

图1%

22.(本小题10.0分)

已知椭圆9+1=ι的左、右焦点为F1，尸2,点4是椭圆厂的上顶点，经过P(0,3)的直线1交

椭圆广于C(XI,yι),D(X2,丫2)两个不同的点.

(I)求点尸2到直线Fla的距离；

(2)若直线I的斜率为匕且FlCIFlD,求实数k的值.

23.(本小题12.0分)

如图所示的几何体中，四边形ABC。为正方形，AP//DE.

(1)求证：4B〃平面CDE：

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

成锐二面角的大小.

(B组题)若4P=BP=4B,平面P48JL平面ABC。.若尸为PB中点，求证：AF1PC.

24.(本小题12.0分)

如图，已知等腰直角三角形ABC的两直角边4C,BC的边长为4,过力C边的n等分点4作AC边

的垂线4,过CB边的n等分点房和顶点A作直线，i，记4与4的交点为Pia=l,2,...,n-1),若以

点4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.

（I）G4组题）证明：对任意的正整数nɑɪ>2）,点P&=1,2n-1）都在抛物线八产=4y±；

（B组题）当n=4时，求点P2的坐标；

（2）（4组题）己知Mao,y°）是抛物线厂产=4y在第一象限的点，过点M与抛物线「相切的直线

/与y轴的交点为R.过点M的直线与直线/垂直，且与抛物线r交于另一点。记4RMQ的面积为

S,试用解析法将S表示为此的函数，并求S的最小值.

（B组题）已知M（Xo,y0）是抛物线小∕=4y在第一象限的点，过点M与抛物线「相切的直线，与

y轴的交点为R.过点M的直线厂与直线I垂直，与抛物线r交于另一点Q,且与y轴交于点乂若^

RMN为等腰直角三角形，求ARMQ的面积S.

D

答案和解析

1.【答案】D

【解析】解：根据题意，平面α〃平面口，直线4B与Co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+αx+(α-l)y+α2--α--=0(α∈R),可得圆心e(一,ɑ,-5ɑ+5)，

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

解得α=2,二圆C的方程为/+y2+2χ+y+4—I—(=0,即(X+I/+(y+y=；,

•••圆C的半径r等于;.

故选：A.

求得圆C的圆心坐标，代入直线，：2x+2y+3=O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'Q)=χ2一；v+zn,

函数y=f(x)在区间［1,2］上严格增，

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

令y-x-xλ--(x-ɪ)2+ɪ,X∈［1,2］,

y6［-2,0］,

.∙.m≥0,即实数Zn的取值范围是［0,+8).

故选：B.

由题意得/'(久)-X2-X+m,题意转化为f'(κ)>。在［1,2］上恒成立，即Tn>x-/在口,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:如图所不：&(—2,0)、F2(2,0))

设内切圆与X轴的切点是点H,

PFi、PF2与内切圆的切点分别为M、N,

由双曲线的定义可得|P&|-|P&I=2,

由圆的切线长定理知，IPMl=IPN故IMFll-INF2∣=2,

即IHFIl-IHF2I=2,

设内切圆的圆心/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)=2,二X=1,

∙,双曲线好一1=1的渐近线的方程为y=±√3X,

ʌ0°<Z-PF1H<60°,

・・・0°<∆IF1H<30°,

∙∙∙o<M?，

33

.∙.O<r<√-3∙

△PF1F2的内切圆半径r的取值范围(0,C),

故选A.

根据题意，利用切线长定理，再利用双曲线的定义，把IPFll-IPF2∣=2,转化为IHFll-∣HF2∣=2,

从而求得点H的横坐标，确定0。<<30。，即可求出APRF2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/一］=1的两条渐近线的方程为y=±√3x,

由直线y=/a的斜率为，耳，可得倾斜角为半

y=-V"a的斜率为--耳，可得倾斜角为冬

所以两条渐近线的夹角的大小为半

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】I

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

则2a+2(α-1)=0,即Q=ɪ.

故答案为：ɪ

由已知结合直线垂直的条件建立关于ɑ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用=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】arctanF

4

【解析】解：如图，取的中点F,连接CF,CA.

在正方体中，E,F分别是CG，A&的中点，则CE

月AF=CE,

故四边形A/CE为平行四边形，所以&E〃FC,

∙.∙A1A，平面ABM.∙.NFS即为直线FC与平面4BC。所

成的角，

设正方体棱长为2,贝!∣4F=1,AC=2√-2.

所以tan/FCZ=空=华，故直线FC与平面ABCD所成角的大小为arctan?，

AC44

即直线41E与平面ABCD所成的角的大小等于arctan?.

通过将直线AlE平移到FC,可直接得到线面角为4FC4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)=X伍X，

：.f'(x)-Inx+1,

."(1)=1.

故答案为：L

可根据基本初等函数和积的导数求出导函数/'(X)，然后即可求出,(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.

io.【答案】io

【解析】解：∙∙∙C$T+C铲=C热1，

∙∙∙W+1-若=第，

V64—「6

乂Ln-Cn»

••・正整数71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】口

【解析】解：如图，设正三棱锥的顶点P在底面上的射影为。，

则在直角三角形PAO中，PA=3,4。=∣4F=IXql=C，

三棱锥的局PD=√PA2—AD2=√9—3=V-6>

故答案为：口.

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4(一2,-1)、B(2,2),

所以直线AB的斜率k=∣⅛=',

2+24

因为直线I与直线AB平行，则直线2的斜率也为反，

4

故过点C且与直线AB平行的直线方程为y-3=∣x,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I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,

所以几何体中的直角三角形有APAB,APAC,Δ½BC⅛ΔPBC,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-ZBCD的5个顶点中任选4个不同的点，有猿=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V=12x的焦点为尸(3,0),圆/+3—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,尸三点共线时P到点Q的距离与点P到直线X=-I距离之和的最小为：

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IQFI.

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】V^^3—1

【解析】解：连接MF?,

因为是等边三角形，

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,

因为0<e<1,

所以e=V^^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α,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】y∕~3

【解析】解：若椭圆9+5=1(0＜。＜2)的离心率6=：,

则。一丘W―1，

e~~2~~2

解得b=√3.

故答案为：√^^3∙

由已知结合桶圆的性质即可求解.

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的高为八，

因为三棱雉P-ABC的体积为4∙V~^,

所以：X—X(2√^3)×h=4y∕~3,

解得九=4,

设44BC的外接圆的半径为r,

则r=I×2√-3X=2"

因为三棱雉P-4BC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。P=2口,

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4兀，

故答案为：4τr.

根据三棱锥P-ABC的外接球球心到底面ABC的距离为2和4ABC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4C，得到点P到面ABC的距离为4,从而得到动点P的

轨迹与面ZBC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】8兀

【解析】解：根据题意，以直线AD为旋转轴，将此矩形旋转一周，得到的儿何体为圆柱，

其高∕ι=AD=3,底面半径r=AB=1,

则所得到的旋转体的表面积S=2ττr2+2ττrh=8π.

故答案为：8τr.

根据题意，分析可得旋转后得到的儿何体的圆柱，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-OBj,原方程等价于(-1)5=-1=a0,

即劭的值为-1；

(2)由题意，令X=1,则原方程等价于(2-1)S=I.=%+%+α⅛+o⅛++o⅛,

又由(1)可知,a0=-1,

ca

则的+α⅛++⅛=(o+a1+a2+a3+a4+a5)-a0=1-(-1)=2.

【解析】(1)将X=O代入原方程化简计算，可得劭的值；

(2)令X=1,可得+。2+。3+。4+@5的值，结合(1)中Qo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Vl=πr2h=ττ×22×3=12τι,

圆锥的体积为彩=J∙πfi2∕ι=I∙2.52X1.5=3.125τr,

几何体0的体积V=V1+V2=15.125π;

(2)连接POi,BO1,

根据题意可得Po1〃FE,

图1图2

々BP。1为圆柱母线EF和圆锥母线PB所成的角，

OIB=2.5,PO1=1.5,

255

・•・tanzBPO1=谷=成

二圆柱母线EF和圆锥母线PB所在异面直线所成角的大小为arctan|.

【解析】(1)利用柱体，锥体的体积公式计算即可；

(2)连接POi，BO1,可得NBPOl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,

所以直线FIa的方程为y=√^3χ+√^^3,即，弓X-y+C=0,

∣√^3-0+√3∣

所以F2到直线尸通的距离d=

J(ʃɜ)2+1

(2)由题意设直线I的方程为y=Ax+3,

y

=fcx+3

联

,整理可得：（）

z2-y2_3+41/+24/æ+24=0,

4+-τ^^-ɪ

4=242fc2-4×24×(3÷4fc2)>0,BPfc2>∣,

口,24k24

且与+"2=一能'"/2=次'

因为FlCIF1。，所以南•用万=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阳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的值为5或一，

【解析】(1)由椭圆的方程可得α,b的值，进而求出C的值，由题意可得&,F2,4的坐标，求出直

线F√l的方程，再求F2到直线F遇的距离；

(2)由题意设直线/的方程，与椭圆的方程联立，可得两根之和及两根之积，由&CLF1D,所以布.

F∖D=O,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4BC。是正方形，

所以AB〃CD,λp

又CDU面CDE,ABC面CCE,

所以4B〃面CDE.

(2)(4组题)过点P作BC的平行线PF,

因为APAB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(O,O,q>C(l,2,0),E(_Q,?)，

CF=(-f,θ,ʃ)>丽=(1,2,一G，

设平面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则y=l,z=q,

所以平面PEC的法向量元=(1,Lq)，

因为平面PABJ■平面4BeD,平面PABn平面力BCD=AB,

因为△ABP是等边三角形,

所以P。_L面4BC0,

取平面ABCC的法向量为元=(0,0,1),

设平面PCE与平面ABCD所成锐二面角的平面角为。,

∣nT∙⅞∣_√^I5

所以ICOSel

所以平面PCE与平面ABCD所成锐二面角为arccos?.

B组题：证明：若AP=BP=AB,则△4BP为等边三角形,

又F为PB中点,

所以AF1BP,

因为平面PAB1平面4BCD,平面PABn平面力BCD=AB,

由四边形ABCD为正方形，得CBlAB,

所以CB_1_面PAB,

又AFU面248,

所以CBIAF,

又因为4F1PB,

CBCPB=B,

所以AF1面PBC,

又因为PCU面PBC,

所以AF1PC.

【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)Q4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的法向量记=(X,y,z),则营竺=。,解得X,y,z,可得平面PEC的法向量元=(1,1,√^).

取平面ABCO的法向量为元=(0,0,1),设平面PCE与平面4BC0所成锐二面角的平面角为9,则

ICOSOl=哥需f,即可得出答案.

(B组题)：若4P=BP=AB,则△?!BP为等边三角形，则4F1BP,由平面PABl平面ABeD,可

得CBI面PAB,乂AFJ.PB,由线面垂直的判定定理可得AF_1面28。，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：Q4组题)(1)证明：由题知：嗯