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1、第1页（共16页）2021-2022 学年上海市交大附中高二（上）期末数学复习练习试卷 一、填空题：（本大题满分 54 分，前 6 题每题 4 分，后 6 题每题 5 分）1（4 分）已知全集 UR，集合 Ax|x216，Bx|12x8，则 A 2（4 分）已知在数列an中，a11，an+3an+3，an+2an+2，则 a2023 3（4 分）若关于 x 的方程（a1）cosx+a210 有实数解，则实数 a 的取值范围为 4（4 分）空间中的 3 个平面可以将空间分为的部分的个数可能为 （用数字作答，写出所有情况）5（4 分）已知在空间四边形 ABCD 中，AB、BC、CD、DA 的中点分
2、别是 M、N、P、Q，若 ACa、BDb，则 MP2+NQ2 （结果用含 a、b 的代数式表示）6（4 分）交中校园附近有一河堤，其斜面与水平面所成角为 60，在堤面上有一条直道CD，它与堤脚的水平线 AB 的夹角为 30，现在交中的小杰同学沿着这条直道从堤脚上行，当他走了 10m 时，他升高了 （精确到 0.1m）7（5 分）如果一条直线与一个平面垂直，那么，称此直线与平面构成一个“正交线面对”，在一个正方体中，由两个顶点确定的直线与至少含有三个顶点的平面构成的“正交线面对”的个数是 8（5 分）设直线 l 的方程为 2x+（k3）y2k+20（k3，k1），则该直线与坐标轴的正半轴所围成三
3、角形面积的最小值为 9（5 分）如图，四边形 ABCD 和 ADPQ 均为正方形，他们所在的平面互相垂直，动点 M在线段 PQ 上，E、F 分别为 AB、BC 的中点，设异面直线 EM 与 AF 所成的角为，则cos 的最大值为 10（5 分）在平面直角坐标系 xOy 中，曲线 C1：y24x，曲线 C2：（x4）2+y28经过C1上一点 P 作一条倾斜角为 45的直线 l，与 C2交于两个不同的点 Q，R，则|PQ|PR|的取值范围为 第2页（共16页）11（5 分）已知椭圆的右焦点为 F（c，0），存在经过点 F 的一条直线 l 交椭圆于 A，B 两点，使得 OAOB，则该椭圆的离心率的取
4、值范围是 12（5 分）已知在平面直角坐标系 xOy 中，设 AB 是抛物线 y24x 的过点 F（1，0）的弦，AOB 的外接圆交抛物线于点 P（点 P 不同于点 O，A，B）若 PF 平分APB，则|PF|的值为 二、选择题：（本大题满分 20 分，共 4 小题，每题有且只有一个结论是正确的，必须把正确站论的代号填涂在答题纸相应的空格中每题选对得 5 分）13（5 分）已知 f（n）是关于正整数 n 的命题，现在小杰为了证明该命题，已经证明了命题 f（1）、f（2）、f（3）均成立，并对任意的 kN 且 k1，在假设 f（k）成立的前提下，证明了 f（k+m）成立，其中 m 为某个固定的整
5、数，若要用上述证明说明 f（n）对一切 nN且 n1 均成立，则 m 的最大值为（）A1 B2 C3 D不存在 14（5 分）下列说法中，正确的个数为（）（）有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥；（）有两个面互相平行，其余四个面都是等腰梯形的六面体是棱台；（）底面是等边三角形，侧面都是等腰三角形的三棱锥是正三棱锥；（）棱锥的侧棱长与底面多边形的边长相等，则此棱锥可能是正六棱锥 A0 个 B1 个 C2 个 D3 个 15（5 分）方程表示的曲线是（）A焦点在 x 轴上的椭圆 B焦点在 x 轴上的双曲线 C焦点在 y 轴上的椭圆 D焦点在 y 轴上的双曲线 16（5 分）由曲线 x
6、24y，x24y，x4，x4 围成图形绕 y 轴旋转一周所得为旋转体的体积为 V1，满足 x2+y216，x2+（y2）24，x2+（y+2）24 的点（x，y）组成的图形绕 y 轴旋转一周所得旋转体的体积为 V2，则（）AV1V2 BV1V2 CV1V2 DV12V2 三、解答题：（本大题满分 76 分，共 5 小题，解答本大题要有必要的过程）17（14 分）已知复数 a、b 满足关系式 a（2+i）b（i 为虚数单位）第3页（共16页）（）若 a，且（Reb）2Imb，求复数 b；（）若复数 a 在复平面上所对应的点恰巧落在了第二、四象限的角平分线上，且|b|、|b1|、|b2|依次构成等
7、比数列，求|b|18（14 分）利用“平行于圆锥母线的平面截圆锥面，所得截线是抛物线”的几何原理，某快餐店用两个射灯（射出的光锥视为圆锥）在广告牌上投影出其标识，如图 1 所示，图 2是投影出的抛物线的平面图，图 3 是一个射灯的直观图，在图 2 与图 3 中，点 O、A、B在抛物线上，OC 是抛物线的对称轴，OCAB 于 C，AB3 米，OC4.5 米（）建立合适的坐标系，求抛物线的焦点到准线的距离；（）在图 3 中，已知 OC 平行于圆锥的母线 SD，AB、DE 是圆锥底面的直径，求圆锥的母线与轴的夹角的大小（精确到 0.01）19（14 分）如图，A，B 是单位圆上的相异两定点（O 为圆
8、心），且AOB（为锐角）点C 为单位圆上的动点，线段 AC 交线段 OB 于点 M（1）求（结果用 表示）；（2）若 60 求的取值范围；设（0t1），记f（t），求函数 f（t）的值域 第4页（共16页）20（16 分）已知真命题：“函数 yf（x）的图象关于点 P（a，b）成中心对称图形”的充要条件为“函数 yf（x+a）b 是奇函数”（1）将函数 g（x）x33x2的图象向左平移 1 个单位，再向上平移 2 个单位，求此时图象对应的函数解析式，并利用题设中的真命题求函数 g（x）图象对称中心的坐标；（2）求函数 h（x）图象对称中心的坐标；（3）已知命题：“函数 yf（x）的图象关于某直
9、线成轴对称图象”的充要条件为“存在实数 a 和 b，使得函数 yf（x+a）b 是偶函数”判断该命题的真假如果是真命题，请给予证明；如果是假命题，请说明理由，并类比题设的真命题对它进行修改，使之成为真命题（不必证明）21（18 分）设抛物线方程为 x2py（p0），M 为直线 y2p 上任意一点，过 M 引抛物线的切线，切点分别为 A，B（点 B 在第一象限）（）求证：A，M，B 三点的横坐标成等差数列；（）当 M 点的坐标为（2，2p）时，|AB|4，求此时抛物线的方程；（）是否存在点 M 使得点 C 关于直线 AB 的对称点 D 在抛物线 x22py（p0）上，其中点 C 满足：+（O 为
10、坐标原点）若存在，求出所有适合题意的点 M 的坐标；若不存在，请说明理由 第5页（共16页）2021-2022 学年上海市交大附中高二（上）期末数学复习练习试卷 参考答案与试题解析 一、填空题：（本大题满分 54 分，前 6 题每题 4 分，后 6 题每题 5 分）1【解答】解：Ax|x216x|4x4，Bx|12x8x|0 x3，UBx|x0 或 x3，A（UB）（4，0）3，4）故答案为：（4，0）3，4）2【解答】解：an+3an+3，an+6an+3+3an+6，an+2an+2，an+6an+4+2an+2+4an+6，an+6an+6，当且仅当同时取等号成立，即 an+3an+3，
11、an+2an+2，则 an+3an+21，则从第四项起数列 an 是等差数列，公差 d1，a11，a3a1+23，则当 n3 时，ana3+（n3）d3+n3n，则 a20232023，故答案为：2023 3【解答】解：由（a1）cosx+a210 可得：（a1）cosx+（a+1）0，所以 a10 或 cosx（a+1），所以 a1，或1a+11，所以 a1 或2a0，故答案为：2，01 4【解答】解：根据题意，若 3 个平面互相平行，可以将空间分为 4 部分，若 3 个平面两两相交，并且只有一条交线，或两个平面平行，都与第三个平面相交，可以将空间分为 6 部分，若 3 个平面两两相交，有
12、3 条交线并且交线平行，可以将空间分为 7 部分，若 3 个平面两两相交，有 3 条交线并且交线交于一点，可以将空间分为 8 部分，则空间中的 3 个平面可以将空间分为的部分的个数可能为 4 或 6 或 7 或 8；故答案为：4 或 6 或 7 或 8 5【解答】解：作辅助线如图，因为 AB、BC、CD、DA 的中点分别是 M、N、P、Q，第6页（共16页）所以 MQBDb，MQBD，NPBDb，MQBD，所以 MQNP，MQNP，同理，MNPQ，MNPQ，所以四边形 MNPQ 是平行四边形，所以+，所以 MP2+NQ22+2（+）2+（）222+22，故答案为：6【解答】解：取 CD 上一点
13、 E，设 CE10m，过点 E 作直线 AB 所在的水平面的垂线 EG，垂足为 G，则线段 EG 的长就是所求的高度 在河堤斜面内，作 EFAB，垂足为 F，连接 FG，由三垂线定理的逆定理，知 FGAB，因此，EFG 就是河堤斜面与水平面 ABG 所成的二面角的平面角，EFG60，由此得：EGEFsin60CEsin30sin60，故答案为：4.3m 7【解答】解：对于每一条棱，都可以与两个侧面构成“正交线面对”，这样的“正交线面对”有 21224 个；第7页（共16页）对于每一条面对角线都可以与一个对角面构成“正交线面对”，这样的“正交线面对”有 12 个；对于每一条体对角线都可以与有两个
14、面与其构成“正交线面对”，这样的“正交线面对”有 428 个，所以共为 24+12+844 个，故答案为：44 8【解答】解：根据题意，直线直线 l 的方程为 2x+（k3）y2k+20，令 x0 可得：y，即直线 l 与 y 轴的交点为（0，），令 y0 可得：xk1，即直线 l 与 x 轴的交点为（k1，0），该直线与坐标轴的正半轴所围成三角形，则有，解可得 k3，则直线 l 与正半轴所围成三角形面积 S（k1）+（k3）+4，又由 k30，则+（k3）24，当且仅当 k32 时等号成立，则 S+（k3）+44+48，即该直线与坐标轴的正半轴所围成三角形面积的最小值为 8；故答案为：8 9
15、【解答】解：根据已知条件，AB，AD，AQ 三直线两两垂直，分别以这三直线为 x，y，z轴，建立如图所示空间直角坐标系，设 AB2，则：A（0，0，0），E（1，0，0），F（2，1，0）；M 在线段 PQ 上，设 M（0，y，2），0y2；cos；设 f（y），；函数 g（y）2y5 是一次函数，且为减函数，g（0）50；g（y）0 在0，2恒成立，f（y）0；第8页（共16页）f（y）在0，2上单调递减；y0 时，f（y）取到最大值 故答案为：10【解答】解：设 P（t2，2t），则直线 l 的方程为 yx+2tt2，代入曲线 C2的方程，得（x4）2+（x+2tt2）28，化简可得：2x
16、22（t22t+4）x+（t22t）2+80，由于 l 与 C2交于两个不同的点，故关于 x 的方程的判别式0，计算得（t22t）2+8（t22t）（t22t）（t22t8）t（t2）（t+2）（t4），因此有 t（2，0）（2，4），设Q，R的横坐标分别为x1，x2，由知，因此，结合 l 的倾斜角为 45 可知，（t22t）2+82t2（t22t+4）+2t4 t44t2+8（t22）2+4，由可知，t22（2，2）（2，14），故（t22）20，4）（4，196），从而得|PQ|PR|（t22）2+44，8）（8，200），故答案为：4，8）（8，200）11【解答】解：设椭圆的右焦点 F
17、 的坐标为（c，0）显然 l 不是水平直线，设直线 l 的方程为 xky+c，点 A、B 的坐标分别为（x1，y1），（x2，y2）将直线 l 的方程与椭圆方程联立，消去 x 得（b2k2+a2）y2+24kb2cy+b2（c2a2）0 第9页（共16页）由韦达定理，因为 OAOB 等价于，故由上式可知，存在满足条件的直线 l，等价于存在实数 k，使得，显然存在 k 满足等价于 a2c2b40又 b2a2c2，所以 等价于 a2c2（a2c2）20，两边除以 a4得到，即 e2（1e2）20由于 e1，解得：故答案为：12【解答】解：设 A（，y1），B（，y2），P（，y3），由条件知 y1
18、，y2，y3两两不等且非零，设直线 AB 的方程为 xty+1，与抛物线方程联立可得，y24ty40，故 y1y24，注意到AOB 的外接圆过点 O，可设该圆的方程为 x2+y2+dx+ey0，与 x联立可得，+（1+）y+ey0，该四次方程有 yy1，y2，y3，0 这四个不同的实根，故由韦达定理可得，y1+y2+y3+00，从而 y3（y1+y2），第10页（共16页）因 PF 平方APB，由角平分线定理可知，结 合 ，有（），即，故（）（）0，当时，即 y2y1，故 y30，此时 P 与 O 重合，与条件不符，当 时，注意到，有（）192+（y1y2）208，因48|2y1y2|，故满足
19、以及的实数 y1，y2 存在，对应可得满足条件的点 A，B，此时，结合知|PF|+11 故答案为：1 二、选择题：（本大题满分 20 分，共 4 小题，每题有且只有一个结论是正确的，必须把正确站论的代号填涂在答题纸相应的空格中每题选对得 5 分）13【解答】解：由题意可知，f（n）对 n1，2，3 都成立，假设 f（k）成立的前提下，证明了 f（k+m）成立，m 的最大值可以为：3 故选：C 第11页（共16页）14【解答】解：对于（），有一个面是多边形，其余各面都是有公共顶点的三角形的几何体是棱锥，故（）错误；对于（），有两个平面互相平行，其余四个面都是等腰梯形的六面体不一定为棱台，因为不能
20、保证各侧棱的延长线交于一点，故（）错误；对于（），底面是等边三角形，侧面都是等腰三角形的三棱锥不一定是正三棱锥，因为顶点在底面的投影不一定是底面的中心，故（）不正确；对于（），正六边形内心与各个顶点连线，构成 6 个等边三角形，所以正六棱锥棱长不可能与底边相等故（）错误 故选：A 15【解答】解：，即，又，方程表示的曲线是椭圆）（*），0，（*）式0 即曲线表示焦点在 y 轴上的椭圆，故选：C 16【解答】解：如图，两图形绕 y 轴旋转所得的旋转体夹在两相距为 8 的平行平面之间，用任意一个与 y 轴垂直的平面截这两个旋转体，设截面与原点距离为|y|，所得截面面积 S1（424|y|），S2（
21、42y2）4（2|y|）2（424|y|）S1S2，由祖暅原理知，两个几何体体积相等，第12页（共16页）故选：C 三、解答题：（本大题满分 76 分，共 5 小题，解答本大题要有必要的过程）17【解答】解：（）设 bx+yi（x，yR），则 a（2+i）b（2）xy+（2）y+xi，由 a 可知 a 为实数，则（2）y+x0，由（Reb）2Imb 可知 x2y，联立方程，解得或，故 b0 或 b2+（7+4）i；（）因为复数 a 在复平面上所对应的点恰巧落在了第二，四象限的角平分线上，所以（2）xy+（2）y+x0，整理可得 y，所以 bx+xi（xR），由|b|，|b1|，|b2|依次成等
22、比数列，可以得到|b1|2|b|b2|，代入 b 的关系式整理可得：x，因此|b|1 18【解答】解：（）以 O 为原点，OC 所在直线为 y 轴建立直角坐标系，则 O（0，0），A（，），B（，），则抛物线方程为 xy，所以抛物线的焦点到准线的距离为；（）由题意可知 SD2OC9，CDAB，设圆锥的母线与轴的夹角的大小为，sin，则 arcsin9.59，所以圆锥的母线与轴的夹角的大小为 9.59 第13页（共16页）19【解答】解：（1）；（2）当 60时，设BOC，由条件知，0，3；设，则，由可得，即，整理得，第14页（共16页）即 而 令，当 a0 时，g（0）1；当 a0 时，g（a
23、）1+，利用单调性定义可证明函数在（1，0）和（0，1）都是递减的，因此，或，函数值域是（0，2）20【解答】解：（1）平移后图象对应的函数解析式为 y（x+1）33（x+1）2+2，整理得yx33x，由于函数 yx33x 是奇函数，由题设真命题知，函数 g（x）图象对称中心的坐标是（1，2）（2）设 h（x）的对称中心为 P（a，b），由题设知函数 h（x+a）b 是奇函数 设 f（x）h（x+a）b，则 f（x）b，即 f（x）由不等式的解集关于原点对称，则a+（4a）0，得 a2 此时 f（x）b，x（2，2）任取 x（2，2），由 f（x）+f（x）0，得 b1，所以函数 h（x）图象
24、对称中心的坐标是（2，1）（3）此命题是假命题 举反例说明：函数 f（x）x 的图象关于直线 yx 成轴对称图象，第15页（共16页）但是对任意实数 a 和 b，函数 yf（x+a）b，即 yx+ab 总不是偶函数 修改后的真命题：“函数 yf（x）的图象关于直线 xa 成轴对称图象”的充要条件是“函数 yf（x+a）是偶函数”21【解答】解：（）证明：由题意，设 A（x1，y1），B（x2，y2）（x1x2），M（x0，2p），由，则 x22pkx+2pkx0+4p20，所以0，则 pk22x0k4p0，所以 k，所以 x1x0，x2x0+，所以 2x0 x1+x2得证（）由（）知，当 x0
25、2 时，x1+x24，x1x24p2，又 kAB，则 kAB，由弦长公式可得|AB|4，所以 p1 或 p2，所以抛物线方程 x22y 或 x24y（）设 D（x3，y3）由题意得 C（x1+x2，y1+y2），则线段 CD 的中点坐标为 N（，），AB 的中点 E（，），kNEkAB，所以 y3x3，若 D（x3，y3）在抛物线上，则 x322py32x0 x3，由此得 x30 或 x32x0，即 D（0，0）或 D（2x0，），第16页（共16页）当 x00 时，x1+x22x00，此时点 M（0，2p）适合题意，当 x00 时，对于 D（0，0）时，因为 C（2x0，），kCD，又 kAB，ABCD，所以 kCDkAB1，矛盾 对于 D（2x0，），因为 C（2x0，），所以直线 CD 平行于 y 轴，kAB0，所以直线 AB 与 CD 不垂直，与题设矛盾，所以当 x00 时，不存在符合题意的点 M，综上所述，仅存在以点 M（0，2p）适合题意