2022-2023学年上海市育才中学高二下学期5月调研数学试题含答案

2022-2023学年上海市育才中学高二下学期5月调研数学试题

一、填空题

1．已知，则正整数          .

【答案】3

【分析】根据组合数的性质计算即可.

【详解】由，得或，解得或，

所以正整数.

故答案为：.

2．若直线的一个法向量为，则若直线的斜率     .

【答案】

【分析】根据题意，分析可得直线l的方向向量为（1，k），进而分析可得•2+k＝0，解可得k的值，即可得答案．

【详解】根据题意，设直线l的斜率为k，则其方向向量为（1，k），

若直线l的一个法向量为（2，1），则有•2+k＝0，解可得k＝﹣2；

故答案为：﹣2．

【点睛】本题考查直线的斜率以及直线的法向量，注意直线方向向量的定义，属于基础题．

3．双曲线的渐近线方程是          ．

【答案】

【分析】令方程的右边为0，即可得到渐近线方程．

【详解】解：双曲线，

渐近线方程为，即，

故答案为：．

【点睛】本题考查双曲线的渐近线方程，考查学生的计算能力，属于基础题．

4．直线与直线平行，则实数m=        ．

【答案】

【分析】根据两直线平行，列出方程求解并验证作答.

【详解】依题意，，解得，

当时，直线与直线，即重合，不符合题意，

当时，直线与直线，即平行，符合题意，

所以.

故答案为：

5．若，则=     ．

【答案】0

【分析】根据给定条件，利用赋值法计算作答.

【详解】因为，

所以当时，.

故答案为：0

6．6位大学毕业生分配到3家单位，每家单位至少录用1人，则不同的分配方法共有        种

【答案】540

【分析】先将6人分成3组，利用排列与组合求出分组的数，再利用分步计数原理即可求出结果．

【详解】将6人分成3组，可分成3，2，1和4，1，1和2，2，2共3类，共有种，

故不同的分配方案有种，

故答案为：540.

7．将数字1，2，3，4填入标号1，2，3，4的四个方格内，每格填1个，则每个方格的标号与所填数字均不相同的概率是            ．（用最简分数表示）

【答案】

【分析】首先计算4个数字填入4个空格的所有情况，然后列举计算每个方格的标号与所填数字均不相同的情况，再利用古典概型的概率公式求解即可.

【详解】将数字1，2，3，4填入标号1，2，3，4的四个方格内，每格填1个，共有种，

而每个方格的标号与所填数字均不相同的有：

当第一个方格的填的数字为2时，第二个方格可以填1，3，4三种，

当第二个方格填1时，第三个方格只能填4，第四个方格只能填3；当第二个方格填3时，第三个方格只能填4，第四个方格只能填1；当第二个方格填4时，第三个方格只能填1，第四个方格只能填3，共3种，

同理当第一个方格所填数字为3可4时，均有3种填法，所以共有种，

所以所求概率为，

故答案为：

8．经过点的直线l与圆交与P，Q两点，如果，则直线l的方程为                    ．

【答案】或

【分析】求出圆心到直线的距离，再按直线斜率存在与否分类求解作答.

【详解】圆的圆心，半径，

因为圆截直线所得弦长为，则圆到直线的距离，

因为直线过点，则当直线斜率不存在时，直线，

显然圆心到直线距离为1，因此直线：符合题意；

当直线斜率存在时，设其方程为，即，

于是，解得，方程为，

所以直线l的方程为或.

故答案为：或

9．已知圆C：和点M，O为坐标原点，若圆C上存在点P满足，则r的最大值为           ．

【答案】6

【分析】利用已知求出点的轨迹方程，再利用两圆的几何关系即可求出的最大值.

【详解】设，由，得，整理得，

即点在圆上，其圆心为，半径为，

又点在圆上，圆心，半径为，

因此圆与圆有公共点，

即有，且，解得，

所以的最大值为.

故答案为：6

10．已知点和抛物线C：，过C的焦点且斜率为k的直线与C交于A，B两点．若，则k=           ．

【答案】2

【分析】求出抛物线的焦点坐标，联立直线与抛物线方程，结合韦达定理、数量积的坐标表示求解作答.

【详解】抛物线C：的焦点为，直线的方程为，显然，

由消去x并整理得，设，

则，而，，

由，得，

即，则，

即有，因此，解得，

所以.

故答案为：2

11．已知椭圆的左右顶点为，，点为直线上一点，若的外接圆的面积的最小值为，则该椭圆的离心率为      .

【答案】/

【分析】设为外接圆的圆心且在在轴上，由已知可得外接圆半径且，则，进而求离心率.

【详解】若为外接圆的圆心，半径为，则，故，

由外接圆圆心为各边中垂线的交点知：必在轴上（不妨令其在轴上方），

所以，故，则.

故答案为：

12．已知不等式恒成立，则实数的最大值为           .

【答案】

【分析】将不等式转化为，构造函数，研究函数单调性，将问题转化为恒成立，再运用分离参数法求最值即可.

【详解】因为，所以，.

即.

令，易知在上单调递增，

又，

所以恒成立，即恒成立.

所以.

令，，则，，

由，，

则在上单调递减，在上单调递增，

所以，

所以，即，

故实数的最大值为.

故答案为：.

【点睛】同构法的三种基本模式：

①乘积型，如可以同构成，进而构造函数；

②比商型，如可以同构成，进而构造函数；

③和差型，如，同构后可以构造函数或.

分离参数法解决恒(能)成立问题的策略：

（1）分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题．

（2）恒成立；恒成立；

能成立；能成立.

二、单选题

13．若直线l经过点、，则以下不是直线l的方程的为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】先求直线l的一般方程，逐项分析判断.

【详解】直线l的方程为，整理得，故C正确；

对于A：由整理得，故A正确；

对于B：由整理得，故B正确；

对于D：由整理得，故D错误；

故选：D.

14．如图为我国数学家赵爽（约3实际初）在为《周髀算经》作注时验证勾股定理的示意图，现在替工5种颜色给其中5个小区域涂色，规定每个区域只涂一种颜色，相邻颜色不同，则不同的涂色方法种数为（    ）

A．120 B．420 C．300 D．以上都不对

【答案】B

【分析】根据题意，分4步依次分析区域A、B、C、D、E的涂色方法数目，由分步计数原理计算答案.

【详解】分4步进行分析：

①对于区域A，有5种颜色可选，

②对于区域B，与A区域相邻，有4种颜色可选;    

③对于区域C，与A、B区域相邻,有3种颜色可选;

④,对于区域D、E,若D与B颜色相同，E区域有3种颜色可选，若D与B颜色不相同，D区域有2种颜色可选，E区域有2种颜色可选，则区域D、E有种选择,

则不同的涂色方案有种;

故选：B

15．设底面为正三角形的直棱柱的体积为V，那么其表面积最小时，底面边长为(　　)

A． B． C． D．2

【答案】C

【详解】设底面边长为x，侧棱长为l，

则V＝x2·sin 60°·l，

所以l＝，

所以S表＝2S底＋S侧＝x2·sin 60°＋3·x·l

＝ x2＋.

令S表′＝ x－＝0，

即x3＝4V，

解得x＝.

当0＜x＜时，S表′＜0；

x＞时，S表′＞0.

所以当x＝时，表面积最小．选C

点睛：利用导数解答函数最值的一般步骤：第一步：利用或求单调区间；第二步：解得两个根；第三步：比较两根同区间端点的大小；第四步：求极值；第五步：比较极值同端点值的大小．

16．已知O为坐标原点，M为抛物线C：上一点，直线l：与C交于A，B两点，过A，B作C的切线交于点P，则下列结论中正确结论的个数是（    ）

（1）；（2）若点，且直线AM与BM倾斜角互补，则；

（3）点P在定直线上；（4）设点，则的最小值为3．

A．1 B．2 C．3 D．4

【答案】C

【分析】直线方程与抛物线方程联立，利用韦达定理可判断（1），（2），分别求出点处的切线方程，联立切线方程求点的坐标，即可判断（3），设，利用两点间距离，结合二次函数求最值，即可判断（4），

【详解】对于（1），设，由，得，

由，

所以，

所以

，所以（1）正确，

对于（2），因为，直线AM与BM倾斜角互补，

所以，

所以，

所以，

所以，且，

所以，且

解得，所以（2）正确，

对于（3），设点在轴上方，在轴下方，设，

轴上方的抛物线方程为，轴下方的抛物线方程为，

此时在点处的切线的斜率为，在点处的切线的斜率为，

所以在点处的切线方程为，在点处的切线方程为，

方程化简为，，

两式相除化简得，所以（3）正确，

对于（4），设，由于，所以，

当时，取得最小值，所以（4）错误，

故选：C

【点睛】关键点点睛：此题考查直线与抛物线的位置关系，考查抛物线切线方程的求法，解题的关键是直线方程代入抛物线方程化简，利用根与系数的关系，然后逐个分析，考查计算能力，属于较难题.

三、解答题

17．按下列要求分配6本不同的书，各有多少种不同的分法？

(1)平均分配给甲、乙、丙三人，每人2本；

(2)平均分成三组，每组2本．

【答案】(1)90；

(2)15.

【分析】（1）根据给定条件，利用分步乘法计数原理结合组合问题列式计算作答.

（2）利用平均分组的方法列式计算作答.

【详解】（1）从6本不同的书中任取2本给甲，再从余下4本书中任取2本书给乙，最后2本给丙，

所以平均分配给甲、乙、丙三人，每人2本的不同分法数为（种）.

（2）6本不同的书平均分成三组，每组2本的不同分法数为（种）.

18．已知．

(1)求展开式中含的项的系数；

(2)设的展开式中前三项的二项式系数的和为M，的展开式中各项系数的和为N，若，求实数a的值．

【答案】(1)80

(2)或．

【分析】（1）求出展开式的通项公式，令的指数为2，可求出值，从而得解；

（2）求出的展开式中前三项的二项式系数和，再令，求出的展开式中各项系数的和，然后建立方程即可求解.

【详解】（1）的展开式的通项为（，1，2，3，4，5）．

令，则，

∴展开式中含的项为，

∴展开式中含的项的系数为80．

（2）由题意可知，，

∵，

∴，解得或．

19．若椭圆C：左焦点坐标，且椭圆C过点．

(1)求椭圆C的方程；

(2)设A，B为椭圆C的左右顶点，H为椭圆C上除A，B外任意一点，线段BH的垂直平分线分别交直线BH和直线AH于点P和点Q，分别过点P和Q作x轴的垂线，垂足分别为M和N，求线段MN的长度．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据已知，列出方程组并求解作答.

（2）设点，求出点的坐标，及直线的方程，再联立求出点的坐标，即可计算作答.

【详解】（1）依题意，，解得，

所以椭圆C的方程为.

（2）由（1）知，，设点，

于是，有，则，点，

直线斜率为，于是直线方程为，

即，整理得，

直线的方程：，

由消去y得，解得，则点的横坐标为，

因为轴于，轴于，因此点的横坐标分别为，

所以线段MN的长度为.

20．双曲线C：的左顶点为A，焦距为4，过右焦点F作垂直于实轴的直线交双曲线C于B，D两点，且是直角三角形．

(1)求双曲线C的标准方程；

(2)M，N是C右支上的两动点，设直线AM，AN的斜率为k1，k2，若，试问：直线MN是否经过定点？证明你的结论．

【答案】(1)

(2)过定点，理由见解析

【分析】（1）根据题意及椭圆的性质，建立方程即可求解；

（2）根据题意设直线的方程为，联立椭圆方程，根据根与系数的关系及，建立方程，从而可求出的值，进而可求出直线过的定点.

【详解】（1）根据题意可得，，半焦距，则

当时，， ，

所以，所以，

由，得，所以，

，解得或（舍去），

所以，

所以双曲线方程为，

（2）由题意可知直线的斜率不为零，所以设直线为，设，

由，得，

由，得，

所以，

由（1）知，所以，

因为，所以，

所以，

所以，

化简得，

所以，

所以，

化简得，解得或，

因为M，N是C右支上的两动点，所以，所以，

所以直线的方程为，所以直线恒过定点

【点睛】关键点点睛：此题考查双曲线的求法，考查直线与双曲线的位置关系，考查直线过定点问题，解题的关键是设出直线方程与双曲线方程联立方程组，化简后利用根与系数的关系，结合可得结果，考查数学计算能力，属于中档题.

21．已知函数

(1)讨论函数的单调性；

(2)若不等式有解，求实数t的取值范围；

(3)若函数有两个零点x1，x2，证明：．

【答案】(1)答案见解析

(2)

(3)证明见解析

【分析】（1）根据导函数正负确定函数的单调性即可；

（2）把有解问题转化为，根据导函数应用隐零点求出最小值即可得；

（3）不妨设，且，，于是，构造函数设，对求导判断单调性即可得证.

【详解】（1），

单调递增；

单调递减；

（2）有解，

所以，，

，

单调递增，

单调递减；

单调递增；

所以，

所以.

（3）有两个零点x1，x2，

有两个根x1，x2， 不妨设，由（1）可知两根也是与的两个交点，

且，，于是，由于在单调递减，故等价于．

而，故等价于．①

设，则①式为．

因为．

设，

当时，，故在单调递增，

所以，从而，因此在单调递增．

又，故，故，于是．

【点睛】关键点点睛 ：本题第(3)问是极值点偏移问题，关键点是通过分析法，构造函数证明不等式.