上海市五校2022-2023学年高二下学期3月联考数学试题 含解析

五校联考高二数学试卷

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χ++ι=°的倾斜角为.

【答案】学##150

6

【解析】

【分析】根据倾斜角和斜率的关系即可求解.

【详解】直线x+由y+l=0的斜率上=—¥，

设其倾斜角为6,故可得tan。=一正，又6e[0,2,故

36

5兀

故答案为：—

6

2.已知集合A={1,2,3},B={l,m},若3-m∈A,则非零实数加的数值是.

【答案】2

【解析】

【详解】由题，若3-根=2,则根=1,此时B集合不符合元素互异性，故m≠l;

若3=1,则机=2,符合题意；若3=3,则根=0,不符合题意.

故答案为2

3.设修为实数，若方程》2+3；2+2%一分+m=0表示圆，则,〃的取值范围为.

【答案】（-∞,5）

【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/+y2+2χ-4y+m=0,即（x+lα+（y-2）2=5—m，

若它表示圆，则5—帆＞0,即〃2V5.

故答案为：（7,5）.

4.已知平面ɑ的一个法向量为马=（1,2,—3）,平面£的一个法向量为%=（—2,=U）,若aHβ,则

々的值为

【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ɑ的一个法向量为吗=(1,2,—3),平面£的一个法向量为%=(-2,-U),

又因为α///,所以///%,可得(一3)X(Y)=2左，即得后=6.

故答案为：6.

5.已知｛4｝是等差数列，q=l,公差dHθ,S“为其前"项和，若q,电，生成等比数列，则Sg=

【答案】64

【解析】

【分析1根据4,a2,%成等比数列以及4=1列出关于d的方程，解出d，再根据Sg=84+28d计

算答案即可

【详解】因为q,a2,生成等比数列

r.a；=W5，即(l+d)'=l+4d

解得d=2或d=O(舍)

.*.S8=8q+28d=8+28X2=64

故答案为：64

22

6.已知双曲线-----匕一=1(m〉0)的虚轴长是实轴长的2倍，则「的焦距为.

m/n+9

【答案】2屈

【解析】

【分析】由虚轴长是实轴长的2倍可得b=2a,进而求得“与焦距即可.

【详解】由题,双曲线中方=2a,故/=4a∖即帆+9=4"=>〃2=3.故c?=〃?+根+9=15∙

故焦距2c=2√I?

故答案为：2JF

【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ABe。一A∙B'CZ>'中，E,尸分别为平面AB'CZ>'与44力力的中心，则我与

Co所成角的度数是.

【答案】45

【解析】

【详解】根据题意可知：在中，EF/∕AB',AB/7CD,

所以正方体ABCz)—A'8'C'。中，ZB'AB=45

所以所与Co所成角的度数是45

故答案：45

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。的表面积相等，则它们的体积之比

%柱：L=.(用数值作答)

3

【答案】一

4

【解析】

【详解】解：设圆柱M的底面圆的半径与球0的半径均为R,M的高为h

则球的表面积S球=4兀R2又•••圆柱M与球0的表面积相等即4πR2=2πR2+2πR∙h

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

9.已知S,是数列｛%｝的前"项和，4=1,an-an+i=(n+Γ)an-an+i,S“<人恒成立，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.

/、1ɪ

【详解】由凡一4川=("+l)α,,∙%M,得；;—一7="+l'

Un+\Un

111I,IlC

当“≥2时，得---------=〃，-----------=n-↑,…，----------=2,

aaa

n¾-la,In-22G

IlllIlll/八C

贝IJ-------1----------1---------------=〃+(〃-1)-1---1-2,

aaa

、an%%n-22I%

1/、n(n+l)2J11

即一=〃+(“-I)+…+2+]=-^^,则a“=-3----^∙=2-----------

v7r

an2rt(n+l)n+1

当”=1时符合上式，

所以k最小为2.

故答案为：2.

10.如图，已知正三棱柱ABC-AqCl的底面边长与侧棱长相等.蚂蚁甲从4点沿表面经过棱

CG爬到点A，蚂蚁乙从8点沿表面经过棱CG爬到点A.设NPAB=e,NQBC=6,若两只蚂蚁

各自爬过的路程最短，则α+?=

【答案】-

4

【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AA展开，又因为正三棱柱ABC-44C的底面边长与侧棱长相等，则tana=J同

理tan夕=；,

11

—H—

所以tan(α+/7)=3121=],

又因为&£(0,弓)匹(0,：),所以α+∕7e]θ,∙∣

TT

所以ɑ+/?=].

故答案为：

4

11.已知平面向量α,人和单位向量e∣,C2满足6=一02，

∣a-β1+e2∣=3∣α+e1-e2∣,bλd+μei,24+〃=2,当α变化时，网的最小值为加，则用的

最大值为.

2

【答案】I

【解析】

、2

529

【分析】不妨设q=(1,O),α=(x,y),则由题知02=(—1,0),由己知条件得XH---+y=_

274

-4≤x≤-l,将人用坐标表示，并求模，代入24+〃=2及(X+|I+y2=(,整理得

W=J-9x%+(4χ-8))+4,构造函数，求出最小值,

表示出m的解析式，用均值不等式求其最大值即可.

【详解】不妨设l=(l,O),α=(x,y),则由题知e；=(—1,0)

a-e}+e2=(x-2,y),a+el-e2=(x+2,y)

X∣β-e1+e2∣=3∣o+el—e2∣,所以J(X_21+.=3J(X+2)一+)^

整理得(X+∙∣)+V='①，所以γ≤χMT

又b=λa+μel,22+〃=2

所以〃=Xa+(2—2X)q=(2x+2-2A,Ay^

而22

W=λ∕(Λx+2-2Λ)+(Λ>')

=^Λ2(X2+∕)+22(2-2Λ)X+(2-22)2

将①代入整理得：

2

∣∕j∣=λ∕-9xΛ+(4x-8)Λ+4

令/(4)=-9χ∕l2+(4χ-8)∕l+4,x∈[~4,-l],

-9x>0,二/'(X)有最小值，

PCX）二七8）、竺上改

mm-36x99x9

,当且仅当X=-2时等号成立

所以0≤加≤JW=2,当尤=一2时机有最大值3.

V933

一,2

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XQy中，把到定

点片（一α,O）,K（α,O）距离之积等于a2（a＞0）的点的轨迹称为双纽线C.已知点P（XO，几）是双纽线C上

一点.下列说法中正确的有.①双纽线C关于原点。中心对称；②—微＜为＜£；③双纽线C上

满足IP周=IP图的点P有两个；④.IP。I的最大值为伍.

【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（一乂一田替换方程中的（χ,y）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IP耳I=IP周，从而可得点P在y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XOy中，把到定点£(-。,0),每3,0)距离之积等于

a2(a>0)的点的轨迹称为双纽线C,

22222

所以yJ(x+a)+yy∣(x-a)+y=a>

用(-x,-y)替换方程中的(χ,y),原方程不变，所以双纽线C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;IP用IP用SinNlP鸟=gχ2αχ∣为∣,

即INOl=各皿/并玛≤∣,所以一∙∣≤%≤q,所以②正确,

对于③，若双纽线C上的点P满足IPGl=IP6则点P在y轴上，即X=o,

所以42+y2&2+y2=。2,得y=0,所以这样的点P只有一个，所以③错误，

对于④，因为P0=g(P6+PK),

所以IPO『=挪用2+2西.+熙0TP同2+2摩HPEgSN耳Pg+1叫)

由余弦定理得4/=|p6『-2,4HpEkoSNKPE+∣Pgj，

2222

所以IPoj^a+∖PF^∖PF^cosZFiPF2^a+acosZFtPF2<2a,

所以IPol的最大值为/a，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.己知两条直线∕∣:〃比+'—l=0,/2：gx—y+l=0"m=√Γ'是"直线4与直线4的夹角为60”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60时加的值,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∕∣:/nr+y—1=0,4：氐—y+l=O的斜率分别是-根,石.当两条直线的夹角为60时,

°一—ʌ/ɜ

则有：tan60"=-------------T=>m=0或m=√5.因此^'m=G"是'‘直线4与直线4的夹角为60”的充

l+(-m)∙√3

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2"的半圆，则该圆锥的高为()

A.手B.1C.√2D.√3

【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/,圆锥的底面半径为r,

由于圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长，

πl—2πr

则41,cc，解得/nil=.

—1x2JCr=2π

12

则圆锥的高〃=正彳=W•

故选：D.

15.已知多、々是关于X的方程d—2%+(2加-l)=0(mwZ)的两个不同实数根，则经过两点

Aa2,玉）、的直线与双曲线『一丁=1的交点个数为（）

A.0B.1C.2D.根据加的值来确定

【答案】B

【解析】

【分析】由关于X的方程x2-2x+（2W-I）=O（WeZ）的两个不同实数根,求出加的取值范围,再由根与

系数关系,求出直线AB斜率,与双曲线的渐近线的斜率相等，直线AB与双曲线的渐近线平行或重合,即可

答案.

【详解】关于X的方程d-2x+（2加一I）=O（m∈Z）的两个不同

实数根，所以A=4—4（2加—1）=8（2—w）>0,.∙.m<2,

再一々1J

“1+“2=2,∙∙^AB=

片一

x；XI÷x22

Y21

双曲线、一y2=[渐近线方程曲线y=±∕χ,

•・・直线AB与双曲线的渐近线平行或重合，

若A（X；,内）或,%）在直线y=；X

得X],*2的值为O或2,此时2"?一I=O,"?=;,

m∈Z,不合题意，直线AB不与双曲线重合，

，直线AB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ABC。，分别在棱A。，BD，BC上取"+l（"cN*,"≥3）等分点，形成点列{4,},

{纥},{cπ},过4t,Bk,G（A=1,2,…M作四面体的截面，记该截面的面积为监，则（）

AD

A.数列｛MJ为等差数列B.数列｛MJ为等比数列

C.数列｛等｝为等差数列

D.数列为等比数列

【答案】C

【解析】

【分析】设ΛB=α,CD=b,AB与C。所成角为。，根据平行关系可利用n,k,a,b表示出

AkBk,BkCk,根据面积公式得到进而得到一^；利用等差数列和等比数列的定义依次判断各个选

k

项中的数列是否满足定义，由此得到结果.

【详解】设A8=α,CD=b,AB与CD所成角为6，

由题意可知：AkBkHAB,BkCkUCD,

根据平行线分线段成比例可知：AB=I1-一，k

kka,BkCk=—b,

\/1+1π+l

:.M=AB-BCsinθ=如匕坐…,

kkkkk(“+ip

,.八n-2k..ʌ

对于A,Mk+.-Mk=CIbSme=-------γahsinθ,

〃+1?(π+1)^

则-Mk不恒等于常数，则数列｛MJ恒为等差数列不成立，A错误;

(n÷l-⅛-l)(⅛+l)

absinθ

2

对于B,%dn+l)(n-⅛)(fc+l)

Mk(n+∖-k}k(n+l-Λ)A:

—，absinθ

(〃+i)

请L不恒等于不为零的常数，则数列｛Mj恒为等比数列不成立，B错误;

Mk_∏Λ-∖-k

对于C,absinθf

kn÷l)2

Λ√A.+1Mk_nΛ-∖-k-∖a/?sin。一乌土ɪ~γ

则absinθ=----------«/?sinΘ

女+1k5+1)(〃+1)'

即%ilML

--恒为常数，.•・为等差数列，C正确:

k+∖k*

H+1-⅛-1

absinθMkH

("+I)?n-k-1不恒等于不为零的常数,

对于D,当尹E,即⅛

弧71+1—kj..%

ɔabsιntr∕

kk

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e∣,e2,e；与c2的夹角为g.

(1)求证(2q—c2)~LG；

若，,且|

(2)m=2q+c2n=3ei-Ie2w=n,求之的值.

【答案】（1）证明见解析

(2)4=2或4=—3.

【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∣e1∣=∣^2∣=l,q与《的夹角为∣∙,

∣21

92

所以Qq_02)，02=2e1e2-e^=2∣el∣∣e2∣cos--=2×1×1×——I=O,

2

小问2详解】

由时=M得(鸡+C2)=(3,-2工),

即(公-9那+(2/^2)4七-302=0.

因为∣e1∣=∣e2∣=1,e∣与C2的夹角为(■，

2∙211兀1

所以e∣=e2=1，el∙e2=l×l×cos-=-

所以(％2-9)X1+(24+12)X∕-3X1=0,

即a?+，—6=o.所以4=2或2=-3.

18.己知函数/(x)=Sin∣∙,xeR∙

(1)求函数/U)的值域;

(2)在工ABC中，a,b,C分别为内角AB,C的对边，若α=2且/(A)=0,_ABC的面积为

√3.求JRC的周长.

【答案】(1)[-3,U；(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)/(X)=正∙sinx+'cosx+且∙sinx-'cosx-(CoSX+1)

2222

=>/3sinx-cosx-1=2sin[X-5)-1.

由-IWSin(X-V)W'得一W2sin(x-∙^)-1≤1,

可知函数/(x)的值域为「-3,1].

(2)由/(A)=O,得Sin(A-E)=:，因为AW(O,万)，所以A—

k6；2666

..ππ,,.π

•∙=T,故A=『

663

TT

・・・a=2,A=-fJIBe的面积为

.∙.S=-bcsinA=-bcs∖n-=∖∣3,

223

故Ac=4.

又a?=O?+/-2bccosA，BP22=⅛2+c2-2×4×∙ɪ,βpb2+C2=S>

故b+c=JS+c)2=扬+¢2+3C=后两=4,

二_ABC的周长为α+0+c=6.

19.已知｛4｝是等差数列，4=3,4=12,数列也｝满足4=4,仇=20,且也一凡｝是等比数

列.

(I)求数列｛%｝和也｝的通项公式；

⑵设q,=d∙cosnπ,求数列｛q,｝的前〃项和S“，并判断是否存在正整数阳，使得Sni=2023?若存

在，求出m的值；若不存在，说明理由.

【答案】(1)a,,=3n,2=2"-∣+3%("∈N*)

--(22k-'+∖)-3k,n^2k-l

(2)S,=,3,^eN*,不存在正整数阳，使得S,,,=2023.

,(224—1)+3%,〃=2%

、3

【解析】

【分析】(1)直接利用等差数列，等比数列公式得到｛4｝和｛2-4｝的通项公式，再代换得到答案;

-2rk-2-6k+3,n=2k-↑

(2)分奇偶讨论，得到g=<则

*ι+6k,n=2k

-^(22k-'+∖)-3k,n^2k-∖

S"=’∈N*),根据数列的单调性得到答案.

1”

-(22k-l)+3k,n=2k

【小问1详解】

设｛%｝的公差为d，物“｝的公比为

则由题意可得，a4=al+3d,即12=3+34,

解得Q=3，所以=3+(〃-l)x3=3〃

根据已知又有：乙―q=l,b4-a4=S,则8=1∙∕,得q=2

所以2一%=1∙2"τ,进而bn=2"-'+3〃.

故数列｛4｝和抄“｝的通项公式分别为：凡=3〃，2=2"T+3”,(n∈N*).

【小问2详解】

-(22k~2+6k-3),n=2k-∖

根据上问可知，C11=bn-COS〃兀=，左∈N

2^k-'+6k,n=2k

22

.∙.c2λ.l+Cvi=2*^+3,左∈N*，

,,1×(l-2n')

故S“=一+3人=((22*—1)+3左，ZeN*

1-22

-∣(22*^I+1)-3⅛,∕I=2⅛-1

.∙.S”=<，ZeN

∣(22t-l)+3⅛,n=2⅛

因为S2j<0,>0,数列｛S2J是递增数列，且S∣2=

S2A1383,S14=5482

所以不存在正整数m,使得Sm=2023.

--(22k-'+↑)-3k,n=2k-i

3,左∈N*,不存在正整数切，使得S,,,=2023.

故：Sn=‹

L⑵，1)+3%,"=2%

【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∕∣,I2,Z3,八,与圆柱。。底面相

切于A,B,c,。四点，且圆乙与A，12与4，A与乙，乙与A分别外切，线段4A为圆柱Oa的

母线.点M线段Aq中点，点N在线段COl上，旦CN=2NO∣.已知圆柱。O∣,底面半径为2,

A41=4.

（2）线段AA上是否存在一点E，使得OEl.平面BON?若存在，请求出AE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Q°3,它与飞船推进舱共轴，即。，02,O3共线.核心舱体两侧伸展出太阳翼，其中三

角形RST为以RS为斜边的等腰直角三角形，四边形PQRS为矩形.已知推进舱与核心舱的距离为4,

即。。2=4,且Qθ3=RS=2,PS=7.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AP与平面PQRS

所成角的正弦值的最大值.

【答案】（1）证明见解析

（2）存在，AE=-

2

（3）ʌ/ɪθ-Λ∕5

'5'

【解析】

【分析】（1）如图，是从原图中抽出的部分图形，取Ao中点M',证明AM//。/',再证明

ONHM，0、,得AM//ON,从而可证得线面平行；

UULI

（2）以。为原点，分别以。4，OB，Oa所在方向为X，y，Z轴的正方向建立如图所示有空间直角

坐标系，设矶2,0J）（O≤∕≤4）,由θ2∙f>8=0,OEDN=O求得，，即存在:

(3)在(2)的坐标系下，将矩形PQRS作为参照物，不妨设4顺时针旋转a(α>O),得出各点坐标,

设AP与平面PQRS所成的角为。，由线面角的向量法求得sin。，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Ao中点A/',

又〃是Aol中点，则MQI〃AAr且Ma=AA所以AMqM'是平行四边形，

所以AMHOyM',

”CN

又(W=1,OC=2,所以而7=2,又而=2,所以ON//MQ,

所以AM//ON,

AMa平面BON,ONU平面BDN,所以AM//平面BON；

【小问2详解】

UUU

以。为原点，分别以。4，OB>Oa所在方向为X，y，Z轴的正方向建立空间直角坐标系.如图,

则0(0,0,0),8(0,2,0),JD(0,-2,0),ʤ,θ,j),设E(2,0")(0≤∕≤4),

所以DB=(0,4,0),ON=[-∙∣,2,∣),OE=(2,0,t),若OE_L平面BDN.

OEDB=G48C11

则＜=＞—+—，=0=＞，=—,即AE1=一时，OE_1_平面BDV.

OEDN=O3322

将矩形FQRS作为参照物，不妨设4顺时针旋转α(α>0),则A(2cos(—α),2sin(-«),4),即

A(2cosα,-2sina,4),P(IO,0,8),所以AP=(Io-2cosα,2sini,4),因为y轴与平面PQRS垂

直，则平面PQRS的一个法向量为"=(0,1,0),设AP与平面PQRS所成的角为氏AP∙"=2sin0,

4P∙“∣2sin6z∣1

则sinθ=cos<AP,u>

i4P∣卜，^(10-2COS6Z)2+4sin2a+16ʌʌθ

若CoSa=±1,则Sine=0；

若一IVCOSaV1,令f=3一cosα∈(2,4),l-cos2a=-S+βt-t2，

则sinθ+6≤力=

,Sine取得最大值巫二

5

2L如图，AB是椭圆C：万+y*长轴的两个端点，MN是椭圆上与AB均不重合的相异两点，设

直线AM,BN,AN的斜率分别是kl,k2,ki.

⑴求质∙&3的值；

（4111

⑵若直线时V过点—,0,求证：k∖k=一一；

26

（3）设直线MN与X轴的交点为0）（?为常数且r≠0）,试探究直线AM与直线BN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.

【解析】

【详解】试题分析：（1）由椭圆方程可知点AB两点的坐标，可设点N的坐标（设而不求），根据斜率的

计算公式列出《，网的表达式，又点N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X=碎y+日与椭圆方程，消去X,根据韦达定理，求得点M,N的纵坐标X