精品解析：上海市杨浦区2023-2024学年高二下学期期末模拟质量调研数学试题

杨浦区2023学年度第二学期高二年级模拟质量调研 数学学科试卷 一、填空题（本大题共有12题，满分54分，第1-6题每题4分，第7-12题每题5分）考生应在答题纸的相应位置直接填写结果． 1. 抛物线的焦点坐标是______. 2. 直线的倾斜角大小是________． 3. 已知圆的方程是，则圆心的坐标是________． 4. 平行直线及之间的距离是________． 5. 某射击运动员平时训练成绩的统计结果如下： 命中环数 6 7 8 9 10 频率 0.1 0.15 0.25 0.3 0.2 如果这名运动员只射击一次，命中环数大于8环的概率是________． 6. 如图，一个圆锥形杯子，杯口半径和杯子深度都是4厘米，如果将该杯子装满饮料，则可以装________立方厘米． 7 已知，，若，则________． 8. 同时掷两颗骰子，则所得点数相等概率为______． 9. 学校开展国防知识竞赛，对100名学生的竞赛成绩进行统计，发现这100名同学的成绩都在[50，100]的范围内，可得到如图所示的频率分布直方图，其中分组的区间为，，，，，图中x的值是________． 10. 在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F，分别在棱B1B和D1D上，且BE，DF．若，则x+y+z＝__． 11. 已知数列是首项是1，公比为的等比数列，数列的通项公式是．设双曲线的离心率为且，则当________时，最大． 12. 早在公元5世纪，我国数学家祖暅就提出：“幂势既同，则积不容异”．如图，抛物线C的方程为，过点（1，0）作抛物线C的切线l（l的斜率不为0），将抛物线C、直线l及x轴围成的阴影部分绕y轴旋转一周，所得的几何体记作，利用祖暅原理，可得出几何体的体积为________． 二、选择题（本大题共有4题，满分18分，第13-14题每题4分，第15-16题每题5分）每题有且只有一个正确选项．考生应在答题纸的相应位置，将代表正确选项的小方格涂黑． 13. “”是“直线与直线互相垂直”的（ ）． A. 充分非必要条件 B. 必要非充分条件 C. 充要条件 D. 既非充分也非必要条件 14. 设a、b是两条不同的直线，是一个平面，若且，则a、b的位置关系是（ ）． A. 相交 B. 平行 C. 异面 D. 不能确定 15. 已知事件与互斥，它们都不发生的概率为，且，则（ ）． A B. C. D. 16. 如图，已知正方体的棱长为1，点为棱的中点，点在正方形内部（不含边界）运动，给出以下三个结论： ①存在点满足； ②存在点满足与平面所成角的大小为； ③存在点满足； 其中正确的个数是（ ）． A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 三、解答题 17. 设数列为等差数列，其公差为d，前n项和为． （1）已知，，求及d； （2）已知，，求． 18. 如图，三棱柱中，，，垂直于平面． （1）求异面直线与所成角的大小； （2）求点到平面的距离． 19. 某篮球特色学校调查学生投篮技能情况，请每个学生投篮5次并记录进球数，随机抽取高一年级和高二年级各100名学生的进球数作为样本，结果统计如下（其中，）； 进球数 0 1 2 3 4 5 高一人数 4 2 b 42 12 高二人数 3 1 12 44 33 7 （1）请写出高二年级样本的中位数； （2）若高一年级样本的平均数为，求的值； （3）在这200名学生中，高一高二年级各选取1人，若“至少有一个人的进球数为2”的概率是，求的值； 20. 端午节吃粽子，用箬竹叶包裹而成的三角粽是上海地区常见的一种粽子，假设其形状是一个正四面体，如图记作正四面体A-BCD，设棱长为a． （1）求证： （2）求箬竹叶折出的二面角的大小； （3）用绳子捆扎三角粽，要求绳子经过正四面体的每一个面、不经过顶点，并且绳子的起点和终点重合．请设计一种捆扎三角粽的方案，使绳子长度最短（不计打结用的绳子），请在图中作出绳子捆扎的路径，并说明理由． 21. 如图，已知椭圆的方程为，点、分别是椭圆的左、右顶点，点的坐标是，过点的动直线交椭圆于点、（点的横坐标小于点的横坐标）． （1）求椭圆焦点坐标； （2）是否存在常数，使为定值，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． （3）当设直线的斜率不为时，设直线与交于点．请提出一个与点有关的问题，并求解该问题． （备注：本小题将根据提出问题的质量及其解答情况进行分层计分．） 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 杨浦区2023学年度第二学期高二年级模拟质量调研 数学学科试卷 一、填空题（本大题共有12题，满分54分，第1-6题每题4分，第7-12题每题5分）考生应在答题纸的相应位置直接填写结果． 1. 抛物线的焦点坐标是______. 【答案】 【解析】 【分析】根据抛物线的标准方程直接求出焦点坐标即可. 【详解】因为抛物线标准方程为， 所以焦点坐标为， 故答案为：. 2. 直线的倾斜角大小是________． 【答案】 【解析】 【分析】根据倾斜角和斜率关系求解即可. 【详解】设直线的倾斜角为，则， 因为， 所以， 故答案为:. 3. 已知圆的方程是，则圆心的坐标是________． 【答案】 【解析】 【分析】将方程配成标准式，即可得到圆心坐标. 【详解】圆方程是，即， 所以圆心的坐标为. 故答案为： 4. 平行直线及之间的距离是________． 【答案】 【解析】 【分析】直接由两平行线间的距离公式计算可得. 【详解】平行直线及之间的距离. 故答案为： 5. 某射击运动员平时训练成绩的统计结果如下： 命中环数 6 7 8 9 10 频率 0.1 0.15 0.25 0.3 0.2 如果这名运动员只射击一次，命中的环数大于8环的概率是________． 【答案】## 【解析】 【分析】利用互斥事件概率加法公式计算可得． 【详解】用频率估计概率，可知这名运动员只射击一次，命中的环数大于8环的概率. 故答案： 6. 如图，一个圆锥形杯子，杯口半径和杯子深度都是4厘米，如果将该杯子装满饮料，则可以装________立方厘米． 【答案】## 【解析】 【分析】根据圆锥的体积公式计算可得. 【详解】依题意该圆锥的高厘米，底面半径厘米， 所以其体积立方厘米， 即杯子的容积为立方厘米． 故答案为：． 7. 已知，，若，则________． 【答案】 【解析】 【分析】依题意可得，即可得到方程组，求出、的值，即可得解. 【详解】因为，且， 所以，即，所以，解得， 所以. 故答案为： 8. 同时掷两颗骰子，则所得点数相等的概率为______． 【答案】 【解析】 【分析】求出同时掷两颗骰子的基本事件数、及两颗骰子的点数相等的基本事件数，再根据古典概型的概率公式计算可得. 【详解】同时掷两颗骰子包括的基本事件共种， 掷两颗骰子的点数相等包括的基本事件为种， 故所求的概率； 故答案为： 9. 学校开展国防知识竞赛，对100名学生的竞赛成绩进行统计，发现这100名同学的成绩都在[50，100]的范围内，可得到如图所示的频率分布直方图，其中分组的区间为，，，，，图中x的值是________． 【答案】0.030 【解析】 【分析】利用面积之和等于1即能解. 【详解】因为每个小矩形的面积就是频率，所以面积之和等于1，即，解出. 故答案为：0.030. 10. 在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F，分别在棱B1B和D1D上，且BE，DF．若，则x+y+z＝__． 【答案】 【解析】 【分析】根据空间向量的加法、减法和数乘运算法则，以为基底表示出，由此求得，进而求得. 【详解】平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，BE，DF， 所以 ． 由， 所以x＝﹣1，y＝1，z， x+y+z＝﹣1+1． 故答案为：． 11. 已知数列是首项是1，公比为的等比数列，数列的通项公式是．设双曲线的离心率为且，则当________时，最大． 【答案】或 【解析】 【分析】依题意可得，，即可得到，再由求出，从而得到，令，利用作差法判断的单调性，即可求出的最大项，从而得解. 【详解】依题意，， 则，， 所以， 又，解得，所以， 令，则， 所以当时，当时， 即， 所以当或时取得最大值， 则当或时最大. 故答案为：或 12. 早在公元5世纪，我国数学家祖暅就提出：“幂势既同，则积不容异”．如图，抛物线C的方程为，过点（1，0）作抛物线C的切线l（l的斜率不为0），将抛物线C、直线l及x轴围成的阴影部分绕y轴旋转一周，所得的几何体记作，利用祖暅原理，可得出几何体的体积为________． 【答案】## 【解析】 【分析】根据题意，切线方程为，Ω的水平截面为圆环，外半径为，内半径为，故截面面积，利用祖暅原理，可以构造一个下底面半径为1，高为4的圆锥．Ω与圆锥的体积相等，直接用圆锥的体积公式求V． 【详解】设切线方程为x＝ky+1，代入y＝x2，得kx2﹣x+1＝0，由＝1﹣4k＝0，得， 故切线方程为，且切点坐标为 过点（0，t）（0≤t≤1）作Ω的水平截面，截面为圆环， 当y＝t时，代入得截面圆环外半径， 当y＝t时，代入y＝x2得截面圆环内半径，截面圆环面积为． 为了截出面积为的图形，可以构造一个下底面半径为1，高为4的圆锥PO， 圆锥及其轴截面如下图：其中,， 在距离底面为t的处作底面的平行截面，设此时截面半径为r0， ，即，解得， 此截面的面积为，与截面圆环面积相同， 圆锥体积为，所以的体积为. 故答案为：. 二、选择题（本大题共有4题，满分18分，第13-14题每题4分，第15-16题每题5分）每题有且只有一个正确选项．考生应在答题纸的相应位置，将代表正确选项的小方格涂黑． 13. “”是“直线与直线互相垂直”的（ ）． A. 充分非必要条件 B. 必要非充分条件 C. 充要条件 D. 既非充分也非必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】由两直线互相垂直可得，求解可得结论. 【详解】由直线与直线互相垂直， 可得，解得或， 所以“”是“直线与直线互相垂直”的充分不必要条件. 故选：A. 14. 设a、b是两条不同的直线，是一个平面，若且，则a、b的位置关系是（ ）． A. 相交 B. 平行 C. 异面 D. 不能确定 【答案】D 【解析】 【分析】由正方体模型即线面平行的性质易判断a、b的位置关系. 【详解】由正方体的模型可得若且， 则a、b的位置关系可能平行，也可能相交，也可能异面， 故a、b的位置关系不能确定. 故选：D. 15. 已知事件与互斥，它们都不发生的概率为，且，则（ ）． A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据互斥事件及所给条件求出，即可求出，从而得解. 【详解】因为事件与互斥，它们都不发生的概率为，且， ，解得， ， 则． 故选：C． 16. 如图，已知正方体的棱长为1，点为棱的中点，点在正方形内部（不含边界）运动，给出以下三个结论： ①存在点满足； ②存在点满足与平面所成角的大小为； ③存在点满足； 其中正确的个数是（ ）． A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 【答案】D 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，设，，利用空间向量法一一计算可得. 【详解】如图建立平面直角坐标系，则，，，， 设，，则， 若，则，解得， 所以存在点满足，故①正确； 因为，，设平面的法向量为， 则，取， 设与平面所成角为，， 则， 令，，则，所以， 令，，则，所以， 所以存在点满足与平面所成角的大小为，故②正确； 因为，， 所以，所以， 所以存点满足，故③正确. 故选：D 【点睛】关键点点睛：本题关键是建立空间直角坐标系，将几何关系转化为代数计算. 三、解答题 17. 设数列为等差数列，其公差为d，前n项和为． （1）已知，，求及d； （2）已知，，求． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】利用等差数列的通项公式和求和公式求解. 【小问1详解】 解得： 【小问2详解】 解得： 18. 如图，三棱柱中，，，垂直于平面． （1）求异面直线与所成角的大小； （2）求点到平面的距离． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用空间向量法求出异面直线所成角的余弦值，即可得解； （2）求出平面法向量，由距离公式计算可得. 【小问1详解】 因为，垂直于平面，如建立空间直角坐标系， 则，，，，， 所以，， 设异面直线与所成角为，则， 又，所以，即异面直线与所成角为； 【小问2详解】 因为，，， 设平面的法向量为，则，取， 则点到平面的距离. 19. 某篮球特色学校调查学生投篮技能情况，请每个学生投篮5次并记录进球数，随机抽取高一年级和高二年级各100名学生的进球数作为样本，结果统计如下（其中，）； 进球数 0 1 2 3 4 5 高一人数 4 2 b 42 12 高二人数 3 1 12 44 33 7 （1）请写出高二年级样本的中位数； （2）若高一年级样本的平均数为，求的值； （3）在这200名学生中，高一高二年级各选取1人，若“至少有一个人的进球数为2”的概率是，求的值； 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据中位数的定义求解； （2）利用平均数的定义得到关于、的方程组，解得 即可； （3）利用独立事件的概率乘法公式求解． 【小问1详解】 因为高二年级进球数不超过个的人数为人， 不超过个的人数为人， 所以高二年级样本的中位数为个； 【小问2详解】 因为高一年级样本的平均数为3.2， 所以， 即， 又因为， 所以， 联立方程，解得， 即的值为； 【小问3详解】 由题意可知，高一人中进球数为的有人， 则随机抽一人进球数为的概率为； 高二人中进球数为有12人， 则随机抽一人进球数为的概率为， 所以“至少有一个人的进球数为”的概率， 解得． 20. 端午节吃粽子，用箬竹叶包裹而成的三角粽是上海地区常见的一种粽子，假设其形状是一个正四面体，如图记作正四面体A-BCD，设棱长为a． （1）求证： （2）求箬竹叶折出的二面角的大小； （3）用绳子捆扎三角粽，要求绳子经过正四面体的每一个面、不经过顶点，并且绳子的起点和终点重合．请设计一种捆扎三角粽的方案，使绳子长度最短（不计打结用的绳子），请在图中作出绳子捆扎的路径，并说明理由． 【答案】（1）证明见详解. （2）. （3）路径、理由见详解. 【解析】 【分析】（1）设中点为，连接、，通过线面垂直判定定理证明面，即可证明； （2）由二面角定义知即为所求二面角，利用余弦定理进行求解即可； （3）将四面体展开，即可判断过四个面的最短距离. 【小问1详解】 设中点为，连接、,如下图所示： 为正四面体， ， 交于点，平面， 面，面，. 【小问2详解】 ，即为二平面的夹角. 为等边三角形，，，. 【小问3详解】 正四面体展开图如下图所示： 题意要求绳子经过正四面体的每一个面、不经过顶点，并且绳子的起点和终点重合，使绳子长度最短，如图可知取两边中点连线即可达成要求，此时绳子最短. 具体路径如下图所示： 21. 如图，已知椭圆的方程为，点、分别是椭圆的左、右顶点，点的坐标是，过点的动直线交椭圆于点、（点的横坐标小于点的横坐标）． （1）求椭圆焦点的坐标； （2）是否存在常数，使为定值，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． （3）当设直线的斜率不为时，设直线与交于点．请提出一个与点有关的问题，并求解该问题． （备注：本小题将根据提出问题的质量及其解答情况进行分层计分．） 【答案】（1）和 （2）存在， （3）答案见解析 【解析】 【分析】（1）根据椭圆方程求出，即可得到焦点坐标； （2）①当直线斜率不为时，设直线的方程为：，、，联立直线与椭圆方程，结合韦达定理，利用数量积运算求解；②当直线斜率为，直接求出点的坐标，再计算数量积，即可得解； （3）首先得到、的方程，联立消去，求出，即可得到点在直线上. 【小问1详解】 椭圆的方程为，则，，所以， 则椭圆的焦点坐标为和. 【小问2详解】 ①l必存在斜率，当直线斜率不为时，设直线的方程为：，、， 联立并化简得：， ∴，解得，∴，， 又，，，， ∴， ， 若使为定值， 只需，即，其定值为， ②当直线斜率为，直线的方程为，则有、， 又，，，， ∴，当时，也为定值， 综上，存在一个常数，使为定值. 【小问3详解】 问题：S是否在一条定直线上？ 点在定直线上，理由如下： 由（2）可知，，， 当直线的斜率不为时，，， 则直线的方程为， 直线的方程为， 则， 所以 ， 所以， 所以点的轨迹方程为，即点在定直线上. 【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下： （1）设直线方程，设交点坐标为、； （2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算； （3）列出韦达定理； （4）将所求问题或题中的关系转化为、的形式； （5）代入韦达定理求解. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$