上海嘉定區(qū)安亭高級中學2023年高二數學第一學期期末考試試題含解析

上海嘉定區(qū)安亭高級中學2023年高二數學第一學期期末考試試題注意事項1．考生要認真填寫考場號和座位序號。2．試題所有答案必須填涂或書寫在答題卡上，在試卷上作答無效。第一部分必須用2B鉛筆作答；第二部分必須用黑色字跡的簽字筆作答。3．考試結束后，考生須將試卷和答題卡放在桌面上，待監(jiān)考員收回。一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．人教A版選擇性必修二教材的封面圖案是斐波那契螺旋線，它被譽為自然界最完美的“黃金螺旋”，自然界存在很多斐波那契螺旋線的圖案，例如向日葵、鸚鵡螺等．斐波那契螺旋線的畫法是:以斐波那契數1，1，2，3，5，8，…為邊長的正方形拼成長方形，然后在每個正方形中畫一個圓心角為90°的圓弧，這些圓弧所連起來的弧線就是斐波那契螺旋線．下圖為該螺旋線在正方形邊長為1，1，2，3，5，8的部分，如圖建立平面直角坐標系（規(guī)定小方格的邊長為1），則接下來的一段圓弧所在圓的方程為（）A. B.C. D.2．直線與直線，則“”是“”的（）A.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3．從集合{2,3,4,5}中隨機抽取一個數m,從集合{1,3,5}中隨機抽取一個數n,則向量=(m,n)與向量=(1,-1)垂直的概率為()A. B.C. D.4．已知是數列的前項和，，則數列是（）A.公比為3的等比數列 B.公差為3的等差數列C.公比為的等比數列 D.既非等差數列，也非等比數列5．已知斜率為1的直線l過橢圓的右焦點，交橢圓于A，B兩點，則弦AB的長為（）A. B.C. D.6．已知四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面是邊長為2的正方形，側棱與底面垂直，若點C到平面AB1D1的距離為，則直線與平面所成角的余弦值為（）A. B.C. D.7．如圖，樣本和分別取自兩個不同的總體，它們的平均數分別為和，標準差分別為和，則（）AB.C.D.8．總體由編號為的30個個體組成.利用所給的隨機數表選取6個個體，選取的方法是從隨機數表第1行的第3列和第4列數字開始，由左到右一次選取兩個數字，則選出來的第5個個體的編號為（）A.20 B.26C.17 D.039．已知、是橢圓和雙曲線的公共焦點，是它們的一個公共點，且，橢圓的離心率為，雙曲線的離心率為，則（）A.2 B.3C.4 D.510．直線，若的傾斜角為60°，則的斜率為（）A. B.C. D.11．已知直線l和兩個不同的平面，，，則“”是“”的（）A.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12．將的展開式按x的降冪排列，第二項不大于第三項，若，且，則實數x的取值范圍是（）A. B.C. D.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．已知點，是橢圓內的兩個點，M是橢圓上的動點，則的最大值為______14．過橢圓的右焦點作兩條相互垂直的直線m，n，直線m與橢圓交于A，B兩點，直線n與橢圓交于C，D兩點，若．則下列方程①；②；③；④．其中可以作為直線AB的方程的是______（寫出所有正確答案的序號）15．我國著名數學家華羅庚曾說過：“數缺形時少直觀，形少數時難人微”.事實上，很多代數問題可以轉化為幾何問題加以解決，如：與相關的代數問題可以轉化為點與點之間距離的幾何問題.結合上述觀點，可得方程的解是__________.16．已知函數，若過點存在三條直線與曲線相切，則的取值范圍為___________三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（12分）已知集合，.（1）當a=3時，求.（2）若“”是“x∈A”的充分不必要條件，求實數a的取值范圍.18．（12分）已知數列和滿足，（1）若，求的通項公式；（2）若，，證明為等差數列，并求和的通項公式19．（12分）如圖，在四棱錐中，底面是菱形，平面，，，分別為，的中點（1）證明：平面；（2）證明：平面20．（12分）已知直線l經過兩條直線2x﹣y﹣3＝0和4x﹣3y﹣5＝0的交點，且與直線x+y﹣2＝0垂直（1）求直線l的方程；（2）若圓C過點（1，0），且圓心在x軸的正半軸上，直線l被該圓所截得的弦長為，求圓C的標準方程21．（12分）在中內角A、B、C所對的邊分別為a、b、c，且（1）求角A（2）若，，求的面積22．（10分）銳角中滿足，其中分別為內角的對邊（I）求角；（II）若，求的取值范圍

參考答案一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、C【解析】由題意可知圖中每90°的圓弧半徑符合斐波那契數1，1，2，3，5，8，…，從而可求出下一段圓弧的半徑為13，由于每一個圓弧為四分之一圓，從而可求出下一段圓弧所以圓的圓心，進而可得其方程【詳解】解：由題意可知圖中每90°的圓弧半徑符合斐波那契數1，1，2，3，5，8，…，從而可求出下一段圓弧的半徑為13，由題意可知下一段圓弧過點，因為每一段圓弧的圓心角都為90°，所以下一段圓弧所在圓的圓心與點的連線平行于軸，因為下一段圓弧半徑為13，所以所求圓的圓心為，所以所求圓的方程為，故選：C2、A【解析】根據直線與直線的垂直，列方程，求出，再判斷充分性和必要性即可.【詳解】解：若，則，解得或，即或，所以”是“充分不必要條件.故選：A.【點睛】本題考查直線一般式中直線與直線垂直的系數關系，考查充分性和必要性的判斷，是基礎題.3、A【解析】根據分步計數乘法原理求得所有的)共有12個，滿足兩個向量垂直的共有2個，利用古典概型公式可得結果.【詳解】集合{2,3,4,5}中隨機抽取一個數,有4種方法；從集合{1,3,5}中隨機抽取一個數，有3種方法，所以，所有的共有個，由向量與向量垂直,可得，即,故滿足向量與向量垂直的共有2個：，所以向量與向量垂直的概率為，故選A.【點睛】本題主要考查分步計數乘法原理的應用、向量垂直的性質以及古典概型概率公式的應用，屬于中檔題.在解古典概型概率題時，首先求出樣本空間中基本事件的總數，其次求出概率事件中含有多少個基本事件，然后根據公式求得概率.4、D【解析】由得，然后利用與的關系即可求出【詳解】因為，所以所以當時，時，所以故數列既非等差數列，也非等比數列故選：D【點睛】要注意由求要分兩步：1.時，2.時.5、C【解析】根據題意求得直線l的方程，設，聯立直線與橢圓的方程，利用韋達定理求得，再利用弦長公式即可得出答案.【詳解】由橢圓知，，所以，所以右焦點坐標為，則直線的方程為，設，聯立，消y得，，則，所以.即弦AB長為.故選：C.6、A【解析】先由等面積法求得的長，再以為坐標原點，建立如圖所示的空間直角坐標系，運用線面角的向量求解方法可得答案【詳解】如圖，連接交于點，過點作于，則平面，則，設，則，則根據三角形面積得，代入解得以為坐標原點，建立如圖所示的空間直角坐標系則，，設平面的法向量為，，，則，即，令，得，所以直線與平面所成的角的余弦值為，故選：7、B【解析】直接根據圖表得到答案.【詳解】根據圖表：樣本數據均小于等于10，樣本數據均大于等于10，故；樣本數據波動大于樣本數據，故.故選：B.8、D【解析】根據題目要求選取數字，在30以內的正整數符合要求，不在30以內的不合要求，舍去，與已經選取過重復的舍去，找到第5個個體的編號.【詳解】已知選取方法為從第一行的第3列和第4列數字開始，由左到右一次選取兩個數字，所以選取出來的數字分別為12（符合要求），13（符合要求），40（不合要求），33（不合要求），20（符合要求），38（不合要求），26（符合要求），13（與前面重復，不合要求），89（不合要求），51（不合要求），03（符合要求），故選出來的第5個個體的編號為03.故選：D9、C【解析】依據橢圓和雙曲線定義和題給條件列方程組，得到關于橢圓的離心率和雙曲線的離心率的關系式，即可求得的值.【詳解】設橢圓的長軸長為，雙曲線的實軸長為，令，不妨設則，解之得代入，可得整理得，即，也就是故選：C10、D【解析】直線,斜率乘積為，斜線斜率等于傾斜角的正切值.【詳解】,，所以.故選：D.11、D【解析】根據直線、平面的位置關系，應用定義法判斷兩個條件之間的充分、必要性.【詳解】當，時，直線l可與平行、相交，故不一定成立，即充分性不成立；當，時，直線l可在平面內，故不一定成立，即必要性不成立.故選：D.12、A【解析】按照二項展開式展開表示出第二項第三項，解不等式即可.【詳解】由二項展開式，第二項為：，第三項為：，依題意，兩邊約去得到，即，由知，則，同時約去得到.故選：A.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、##【解析】結合橢圓的定義求得正確答案.【詳解】依題意，橢圓方程為，所以，所以是橢圓的右焦點，設左焦點為，根據橢圓的定義可知，，所以的最大值為.故答案為：14、①②【解析】①②結合橢圓方程得到與橢圓參數的關系，即可判斷；③④聯立直線與橢圓方程，利用弦長公式求，即可判斷.【詳解】由題設，且右焦點為，①時直線，故，則符合題設；②時，同①知：符合題設；③時直線，聯立直線AB與橢圓方程并整理得：，則，同理可得，則，不合題設；④時，同③分析知：，不合題設；故答案為：①②.15、【解析】根據題意，列方程計算即可【詳解】因為，所以，可轉化為點到點和點的距離之和為，所以點在橢圓上，則，解得.故答案為：16、【解析】設過M的切線切點為，求出切線方程，參變分離得，令，則原問題等價于y=g(x)與y=-m-2的圖像有三個交點，根據導數研究g(x)的圖像即可求出m的范圍【詳解】，設過點的直線與曲線相切于點，則，化簡得，，令，則過點存在三條直線與曲線相切等價于y=g(x)與y=-m-2的圖像有三個交點∵，故當x<0或x>1時，，g(x)單調遞增；當0<x<1時，，g(x)單調遞減，又，，∴g(x)如圖，∴-2<-m-2<0，即故答案為：﹒三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17、（1）（2）【解析】（1）解不等式求出集合、，然后根據交集的運算法則求交集；（2）解不等式求出集合、，求出，然后根據充分不必要性列出不等式組求解.【小問1詳解】解：由題意得：當時，可解得集合的解集為由可解得或故.【小問2詳解】的解集為又又“”是“x∈A”的充分不必要條件解得：，故實數a的取值范圍18、（1）（2）證明見解析，，【解析】（1）代入可得，變形得構造等比數列求的通項公式；（2）先由已知得，先分別求出，的通項公式，然后合并可得的通項公式，進而可得的通項公式【小問1詳解】當，時，，所以，即，整理得，所以是以為首項，為公比的等比數列故，即【小問2詳解】當時，由，，得，所以因為，所以，則是以為首項，2為公差的等差數列，，；是以為首項，2為公差的等差數列，，綜上所述，所以，，故是以2為首項，1為公差的等差數列當時，，且滿足，所以19、（1）證明見解析；（2）證明見解析.【解析】（1）取中點，結合三角形中位線性質可證得四邊形為平行四邊形，由此得到，由線面平行判定定理可證得結論；（2）利用菱形特點和線面垂直的性質可證得，，由線面垂直的判定定理可證得結論.【詳解】（1）取中點，連接，分別為中點，，四邊形為菱形，為中點，，，四邊形為平行四邊形，，又平面，平面，平面.（2）連接，四邊形為菱形，，為等邊三角形，又為中點，，平面，平面，，又平面，，平面.20、（1）（2）【解析】（1）先求得直線和直線的交點坐標，再用點斜式求得直線的方程.（2）設圓的標準方程為，根據已知條件列方程組，求得，由此求得圓的標準方程.【小問1詳解】.直線的斜率為，所以直線的斜率為，所以直線的方程為.【小問2詳解】設圓的標準方程為，則，所以圓的標準方程為.21、（1）；（2）.【解析】（1