上海市虹口區2022-2023學年高二下學期期末數學試題（含答案）

第第頁上海市虹口區2022-2023學年高二下學期期末數學試題一、填空題1．若直線l1：ax+2y+3a=0.與直線l2：2x+(a?1)2．現有4個醫療小組和4個需要援助的國家，若每個醫療小組只去一個國家，且4個醫療小組去的國家各不相同，則不同的分配方法共有種.3．已知E是正方體ABCD?A1B1C1D1棱4．若函數f(x)=x5．若Cn+15?Cn6．棱長都是3的三棱錐的高等于.7．已知平面直角坐標系中的三點A(?2，?1)、B(2，2)、C(8．如圖，在三棱錐P?ABC中，PA⊥平面ABC，AC⊥BC，則以此三棱錐的棱為邊所構成的三角形中，直角三角形的個數有9．從四棱錐P?ABCD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是（結果用數字作答）10．已知P為拋物線y2=12x上一個動點，Q為圓x2+(y?4)2=1上一個動點，那么點P11．已知△AF1F2是等邊三角形，M、N分別是邊AF1和AF2的中點.若橢圓以F二、單選題12．雙曲線x2A．π6 B．π3 C．π213．“θ=2kπ+π4A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件14．下列命題中正確的是（）A．終邊重合的兩個角相等 B．銳角是第一象限的角C．第二象限的角是鈍角 D．小于90°的角都是銳角15．下列說法正確的是（）A．若|a|=|bB．若|a|=|b|C．平面上所有單位向量，其終點在同一個圓上；D．若a//b，則a與16．已知i為虛數單位，下列說法中錯誤的是（）A．復數z1對應的向量為OZ1，復數z2對應的向量為OB．互為共軛復數的兩個復數的模相等，且|C．復數的模實質上就是復平面內復數對應的點到原點的距離，也就是復數對應的向量的模D．若復數z滿足|z?i|=5，則復數三、解答題17．若：(（1）當x=0時，求a0（2）求a118．亭子是一種中國傳統建筑，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?O1與一個圓柱OO1構成的幾何體Ω（如圖2）.一般地，設圓錐P?O1中母線與底面所成角的大小為α，當（1）求幾何體Ω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.19．已知橢圓Γ：x24+y23=1的左、右焦點為F1，F2，點A是橢圓Γ的上頂點，經過P（1）求點F2到直線F（2）若直線l的斜率為k，且F1C⊥F20．如圖所示的幾何體中，四邊形ABCD為正方形，AP∥（1）求證：AB∥平面CDE；（2）若AP=BP=AB=2，DE=1，平面PAB⊥平面ABCD.求平面PCE與平面ABCD所成銳二面角的大小.21．如圖所示的幾何體中，四邊形ABCD為正方形，AP∥（1）求證：AB∥平面CDE；（2）若AP=BP=AB，平面PAB⊥平面ABCD.若F為PB中點，求證：AF⊥PC.22．如圖，已知等腰直角三角形ABC的兩直角邊AC，BC的邊長為4，過AC邊的n等分點Ai作AC邊的垂線di，過CB邊的n等分點Bi和頂點A作直線li，記di與li的交點為Pi(i=1，2（1）證明：對任意的正整數n(n≥2)，點Pi(（2）已知M(x0，y0)是拋物線Γ：x2=4y在第一象限的點，過點M與拋物線Γ相切的直線l與y軸的交點為R.過點M的直線l'與直線l垂直，且與拋物線Γ交于另一點Q.記23．如圖，已知等腰直角三角形ABC的兩直角邊AC，BC的邊長為4，過AC邊的n等分點Ai作AC邊的垂線di，過CB邊的n等分點Bi和頂點A作直線li，記di與li的交點為Pi(i=1，2（1）當n=4時，求點P2（2）已知M(x0，y0)是拋物線Γ：x2=4y在第一象限的點，過點M與拋物線Γ相切的直線l與y軸的交點為R.過點M的直線l'與直線l垂直，與拋物線Γ交于另一點Q，且與

答案解析部分1．【答案】1【解析】【解答】解：若直線l1：ax+2y+3a=0.與直線l2：2x+(a?1)y+4=0互相垂直，故答案為：12

【分析】根據l12．【答案】24【解析】【解答】解：原題意等價于將4個醫療小組平均分配到4個需要援助的國家，

所以不同的分配方法共有A4故答案為：24.

【分析】原題意等價于將4個醫療小組平均分配到4個需要援助的國家，結合排列數運算求解.3．【答案】arcsin【解析】【解答】解：因為平面ABCD∥平面A1B1C1D1，

則直線A1E與平面ABCD所成的角即為直線因為C1E⊥平面A1B1C1D1，則直線A1E與平面A1B1C1D1所成的角為∠EA1C1，

設AB=2，則A

【分析】根據平行關系可知直線A1E與平面ABCD所成的角即為直線A14．【答案】1【解析】【解答】解：因為f'(x)=x'ln故答案為：1.

【分析】求導可得f'(x)=ln5．【答案】10【解析】【解答】解：因為Cn+15?Cn5=Cn故答案為：10.

【分析】根據組合數的性質運算求解.6．【答案】6【解析】【解答】解：設正四面體P-ABC的棱長為3，

點P在底面ABC的投影為D，則D為△ABC的中心，可得AD=3，

所以PD=PA2-A故答案為：6.

【分析】點P在底面ABC的投影為D，則D為△ABC的中心，根據正四面體的結構特征運算求解.7．【答案】y=【解析】【解答】解：由題意可知：直線AB的斜率kAB則直線l的斜率k=kAB=34，

所以l的方程為y=

【分析】先求直線AB的斜率，根據平行關系可知直線l的斜率，進而根據直線的斜截式方程可得結果.8．【答案】4【解析】【解答】解：因為PA⊥平面ABC，則PA⊥AC，PA⊥AB，PA⊥BC，

即△PAC，PAB為直角三角形，

又因為AC⊥BC，即△ABC為直角三角形，

且PA∩AC=A，PA，AC?平面PAC，可得BC⊥平面PAC，

可得BC⊥PC，即△PBC為直角三角形，

可知三棱錐故答案為：4.

【分析】根據線面垂直的性質和判定定理可得BC⊥平面PAC，結合垂直關系分析判斷.9．【答案】4【解析】【解答】解：若組成不同三棱錐，則必有頂點P，

剩余三個點從底面A，B，C，D中選3個，則有C4故答案為：4.

【分析】根據題意可知若組成不同三棱錐，則必有頂點P，剩余三個點從底面A，B，C，D中選3個，結合組合數運算求解.10．【答案】4【解析】【解答】解：由題意可知：拋物線y2=12x的焦點為F(3，0)，準線方程為x=?3，

則點P到直線x=?3的距離即為PF，

因為圓x2+(y?4)2=1的圓心為C(0，4)，半徑為所以點P到點Q的距離與點P到直線x=?3的距離之和的最小值是4.

故答案為：4.

【分析】根據拋物線的定義可知點P到點Q的距離與點P到直線x=?3的距離之和為PQ+11．【答案】3【解析】【解答】解：如圖，不妨設橢圓的焦點在x軸上，因為△AF1F2是等邊三角形，M、N分別是邊AF1和AF2的中點，

則NF1⊥AF2，且∠NF2故答案為：3?1

【分析】根據題意可知NF1⊥A12．【答案】B【解析】【解答】解：由題意可知：a=1，b=3，且焦點在x軸上，

所以其中一條漸近線的斜率k=33，傾斜角為π6，

根據對稱性可知故答案為：B.

【分析】根據題意求漸近線的斜率和傾斜角，結合對稱性分析求解.13．【答案】A【解析】【解答】充分性：θ=2kπ+π4，k∈Z，則tanθ=1，充分性成立，

必要性：若tanθ=1，則14．【答案】B【解析】【解答】A、與α終邊相同角可以表示為β=α+2kπk∈Z，∴β與α不一定相等，A錯誤；

B、銳角是取值范圍為0，π2的角，是第一象限的角，B正確；

C、第二象限角取值范圍為2kπ+π2，2kπ+πk∈Z，銳角是取值范圍為π2，π的角，C錯誤；

D、銳角是取值范圍為0°，90°15．【答案】B【解析】【解答】A、若|a|=|b|，只能得到a與b的長度相等，A錯誤；

B、若|a|=|b|，且a與b的方向相同，∴a=b，B正確；

C、只有平面上所有單位向量的起點移到同一點時，其終點在同一個圓上，C錯誤；

D、當16．【答案】D【解析】【解答】A、∵|z1+z2|=|z1?z2|，∴|OZ1→+OZ2→|=|OZ1→-OZ2→|，

∴OZ1→2+2OZ1→·OZ2→+17．【答案】（1）解：因為(2x?1令x=0，可得a0（2）解：令x=1可得a0所以a1【解析】【分析】(1)令x=0，代入運算可得結果；

(2)令x=1，代入運算結合（1）中結果運算求解.18．【答案】（1）解：圓柱的體積V1圓錐的體積為V2∴幾何體Ω的體積V=V（2）解：連接PO1，根據題意可得PO∴∠BPO1為圓柱母線EF和圓錐母線∵O1B=2.5∴tan∴圓柱母線EF和圓錐母線PB所在異面直線所成角的大小為arctan5又sinα因為sin35°≈0.5736【解析】【分析】(1)根據題意結合圓柱、圓錐的體積公式運算求解；

(2)根據題意分析可知∠BPO1為圓柱母線EF和圓錐母線PB所成的角，進而可得所成角的大小為arctan19．【答案】（1）解：橢圓Γ：x24+y23=1所以F1(?1，0所以直線F1A的方程為x?1所以點F2到直線F1A（2）解：依題意直線l的斜率存在，則直線l的方程為y=kx+3，

由y=kx+3x24+y則Δ=242k且x1+x因為F1C⊥F1D，所以F即(x整理可得(x即(1+即24(整理可得4k解得k=32或?9所以k的值為32或?【解析】【分析】(1)根據題意可得a，b，c，即可得F1(?1，0)，F2(1，0)，A(0，3)，求直線20．【答案】（1）證明：因為四邊形ABCD為正方形，所以AB∥CD，又CD?平面CDE，AB?平面CDE，所以AB∥平面CDE.（2）解：取AB中點O，過點O作BC的平行線OF，因為平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD=AB，因為△所以PO⊥AB，PO?平面PAB所以PO⊥平面ABCD，故OP以O為原點，OP，所以P(所以CE=設平面PEC的法向量n=所以n?PC=0令x=1，則y=1，z=3由題可知平面ABCD的法向量m=設平面PCE與平面ABCD所成銳二面角的平面角為θ，所以cosθ所以平面PCE與平面ABCD所成銳二面角的平面角為arccos15【解析】【分析】(1)根據題意可知AB∥CD，根據線面平行的判定定理分析證明；

(2)取AB中點O，過點O作BC的平行線OF，根據面面垂直的性質定理可得PO⊥平面ABCD21．【答案】（1）證明：因為四邊形ABCD為正方形，所以AB∥CD，又CD?平面CDE，AB?平面CDE，所以AB∥平面CDE.（2）證明：若AP=BP=AB，則△ABP因為F為PB中點，所以AF⊥BP，因為平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD=ABCB⊥AB，CB?平面ABCD，所以CB⊥平面PAB，又AF?平面PAB，所以CB⊥AF，又AF⊥PB，CB∩PB=B，CB，所以AF⊥平面PBC，又PC?平面PBC，所以AF⊥PC.【解析】【分析】(1)根據題意可知AB∥CD，結合線面平行的判定定理分析證明；

(2)根據面面垂直的性質可得CB⊥平面PAB，結合線面垂直的性質和判定定理分析證明.22．【答案】（1）證明：如圖，由題意，Ai(4i所以直線di的方程為x=4in，直線l聯立x=4iny=∴(即對任意的正整數n(n≥2)，點Pi(（2）解：如圖，由x2=4y可得y=1所以過M(x0所以直線l的方程為y?y0=則直線l'：y=?2x0x+2+y0由x0x?2y?2y0=0聯立y=?2x0設Q(x1，yS=令y0=t，故當0<t<33時，h'(t所以當t=33，【解析】【分析】(1)根據題意可得Pi(4in，4i2n2)，代入x2=4y檢