2022-2023学年上海市浦东新区高二年级下册学期3月月考数学试题【含答案】

2022-2023学年上海市浦东新区高二下学期3月月考数学试题

一、填空题

1．双曲线的焦距为________

【答案】

【详解】由双曲线的方程可得：，则，

双曲线的焦距为.

2．已知函数，则其导函数_____________

【答案】0

【分析】根据求导公式计算即可.

【详解】因为为常数，所以.

故答案为：0.

3．函数的驻点为x＝_____________

【答案】

【分析】导数为0的点为驻点，求导计算即可.

【详解】，令.

故答案为：

4．已知函数（e是自然对数），则_____________

【答案】

【分析】由，求出可得答案.

【详解】因为，

所以.

故答案为：.

5．函数有一条斜率为2的切线，则切点的坐标为_____________

【答案】

【分析】设切点坐标为，利用导数的几何意义即可求解.

【详解】设切点坐标为，由函数可得，

因为函数有一条斜率为2的切线，所以，

解得，所以切点坐标为，

故答案为：.

6．设，，，…，，则_________．

【答案】##

【分析】根据题意，由导数的计算公式求出，，，的解析式，分析可得，据此可得，将代入计算可得答案．

【详解】根据题意，由，

则，

，

，

，

……

，

则有，

则，

故．

故答案为：．

7．如图，棱长为1的正方体上有两个动点分别从顶点A、C同时出发并做匀速直线运动，最后同时到达顶点B、D，则在运动的过程中，两个动点间的最小距离为_____________

【答案】

【分析】建立空间直角坐标系，假设两动点间距离最小时点对应的坐标分别为，结合题意和空间两点间距离公式得到，再利用二次函数的性质即可求解.

【详解】如图，建立空间直角坐标系，

根据题意可得：两动点间距离最小值坐标分别为，，，

由空间两点间距离公式可得

，

因为，所以当时，取最小值，

故答案为：.

8．若函数满足，则_____________

【答案】1

【分析】对求导，求出，即可求出，再将代入即可得出答案.

【详解】因为，

所以，则，解得：，

则，则.

故答案为：1.

9．在空间直角坐标系O-xyz中，正方体的一个顶点在xOy平面上，还有一个顶点在平面上，那么在所有符合条件的正方体中，棱长的最小值为_____________

（注：平面指的是过点且平行于xOy平面的平面）

【答案】

【分析】根据正方体两顶点间的距离可能的情况，由题意可得棱长a需满足或或，即可求出最小值.

【详解】解：设正方体的棱长为a，则两顶点间的距离可能的情况分别为a，，，

在空间直角坐标系O-xyz中，正方体的一个顶点在xOy平面上，还有一个顶点在平面上，

则需满足或或，解得，

所以在所有符合条件的正方体中，棱长的最小值为，

故答案为：.

10．在矩形ABCD中，，，现将△CBD沿对角线BD翻折，使得平面ABD与平面CBD垂直，此时A、C两点之间的距离为_____________

【答案】

【分析】根据题意过点作，垂足为，过点作，垂足为，连接，，利用面面垂直的性质得到，利用勾股定理计算即可求解.

【详解】如图，过点作，垂足为，过点作，垂足为，连接，，

因为在矩形ABCD中，，，

所以，

则中，由面积相等可得，

解得，则

同理，，所以，

在中，，

因为平面平面，且平面平面，又因为，

且平面，所以平面，因为平面，所以，

在中，，

故答案为：.

11．在平面直角坐标系xOy中，当不是原点时，定义P的“伴随点”为，当P是原点时，定义P的“伴随点”为它自身．平面曲线C上所有点的“伴随点”所构成的曲线C＇定义为曲线C的“伴随曲线”，现有如下命题：

①若点A的“伴随点”是点A＇，则点A＇的“伴随点”是A；

②若曲线C关于x轴对称，则其“伴随曲线”C＇关于y轴对称；

③单位圆的“伴随曲线”是它自身；

④一条直线的“伴随曲线”是一条直线

其中所有的真命题为_____________

【答案】②③

【分析】利用新定义，转化求解判断4个命题，是否满足新定义，推出结果即可．

【详解】对于①，若令，则其“伴随点”为，而的“伴随点”为，而不是，故①错误；

对于②，设曲线关于轴对称，则与方程表示同一曲线，其“伴随曲线”分别为与也表示同一曲线，又曲线与曲线的图象关于轴对称，所以②正确；

对于③,设单位圆上任一点的坐标为，其“伴随点”为仍在单位圆上，故③正确；

对于④,直线上任一点的“伴随点”为，的轨迹是圆，故④错误，所以正确的为序号为②③．

故答案为：②③.

12．已知点M为正方体内切球球面上的动点，且，若该内切球的体积为，则动点M的轨迹的长度为_____________

【答案】

【分析】证明平面，从而得点的轨迹为平面与球的截面圆周，因此求出球半径和球心到截面的距离，然后利用截面圆性质可得球面圆半径后可得其周长．题中球心到截面的距离利用体积法求解．球半径利用球的体积公式计算可得．

【详解】如图，取中点，连接，，，正方体内切球球心为正方体的中心.

因为点N为线段的中点，可得，则，所以

所以，

又平面，平面，所以，同理，

因为，平面，

所以平面，

则点的轨迹为平面与球的截面圆周，

设正方体的棱长为，则，解得，正方体内切球半径为2,连接，，，

如下图，在对角面中，

，

到平面的距离即到平面的距离为，

，

又，，

设到平面的距离为，则，，

得到平面的距离为，

所以截面圆的半径，

则点的轨迹长度为，

故答案为：.

【点睛】关键点点睛：

本题考查空间的几何体中的轨迹问题，解题关系是确定平面，得点的轨迹为平面与球的截面圆周，为了求截面圆半径，需求得球半径和球心到截面的距离，这个距离我们利用体积法求解．

二、单选题

13．已知A、B是空间中的两个定点，若△PAB为正三角形，则点P的轨迹为（        ）

A．两个点 B．一个圆 C．一个平面 D．一个球面

【答案】B

【分析】先确定A、B两个定点的坐标，根据题意可知，利用两点间的距离公式求出点P坐标的变化规律即可.

【详解】设点A坐标为，点B坐标为，则

因为△PAB为正三角形，所以，

设点P坐标为，，

，

综上可得点P的轨迹为一个圆.

故选：B

14．在三棱锥P-ABC中，D、E分别是PB、PC的中点，记三棱锥D-ABE的体积为，三棱锥P-ABC的体积为，则的值为（        ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】两个同底的棱锥的体积比等比它们的高的比，而高的比又可转化为与底面相交的棱长的比，得出，，进一步计算得出结果.

【详解】由于是中点，所以到平面的距离相等，∴，

同理是中点，，

∴，．

故选：B.

15．空间有一四面体A-BCD，满足，，则所有正确的选项为（        ）

①；

②若∠BAC是直角，则∠BDC是锐角；

③若∠BAC是钝角，则∠BDC是钝角；

④若且，则∠BDC是锐角

A．② B．①③ C．②④ D．②③④

【答案】C

【分析】由题意知，，可判断①；若∠BAC是直角，则，可判断②；设，，由余弦定理可判断③；若且，则，可得可判断④.

【详解】对于①，因为，，所以，，

则，故①不正确；

对于②，若∠BAC是直角，则，

所以∠BDC是锐角，故②正确；

对于③，若∠BAC是钝角，设，，

在中，由余弦定理可得：，

而，所以在中，，

所以∠BDC为锐角，所以③不正确；

对于④，，

若且，则，

因为，

，所以∠BDC是锐角，故④正确；

故选：C.

16．设直线l与抛物线相交于A，B两点，与圆相切于点M，且M为线段AB的中点，若这样的直线l恰有4条，则实数r的取值范围为（   ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】设，，，讨论斜率的存在性，根据点差法，直线垂直的斜率关系，点与抛物线的位置关系，得出，再由点在圆上，结合不等式的性质，即可求出r的范围．

【详解】设，，，

当斜率存在时，设斜率为，

由，两式相减得，

又因为直线与圆相切，所以，得，

因为点在抛物线内，则，即，

又点在圆上，则，

因为，所以，即，此时直线恰好有两条，

当直线斜率不存在时，直线有两条，所以直线恰有条时，．

故选：D．

【点睛】本题主要考查直线和圆的位置关系，考查直线和抛物线的位置关系，考查与弦的中点有关的问题用点差法解决．由于本题涉及直线和抛物线相交所得弦的中点，故考虑用点差法解决，首先设出，两点的坐标，代入抛物线方程，然后作差，配成斜率和中点的形式，由此建立中点和斜率的关系．

三、解答题

17．如图，圆锥P-O的体积为，底面直径，点C是弧AB的中点，点D是母线PA的中点．

(1)求该圆锥的侧面积；

(2)求直线与截面所成角的大小．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由圆锥的体积为，底面直径为，求出，从而，利用圆锥侧面积公式能求出该圆锥的侧面积；

（2）以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，求出直线的方向向量和平面的法向量，利用空间向量夹角余弦公式能求出直线与平面所成角.

【详解】（1）因为圆锥的体积为，底面直径为，

所以，解得，

所以，该圆锥的侧面积为.

（2）因为圆锥的体积为，底面直径为，

点是的中点，点是母线的中点，

所以平面，

以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，

则，

所以，

取平面的一个法向量为，

设直线与平面所成的角为，则,所以，

直线与平面所成的角为.

18．已知函数，其中b，d为常数，函数是其导函数，且满足

(1)求函数的解析式；

(2)若函数在某点处的切线过点，求切线的一般式方程．

【答案】(1)

(2)或

【分析】（1）根据给定条件，利用待定系数法求解即可；

（2）根据题意先判断点不是切点，再设切点为，再根据切线的斜率与函数导数的关系即可求得或，从而即可求解切线方程．

【详解】（1）由，则，

所以，解得，

所以，

函数的解析式为．

（2）由，

则点不在函数上，即其不是切点，

则设切点为，

结合（1）有，

则切线的斜率为，

又切线过点，

则，解得或，

当时，，此时切线方程为；

当时，，此时切线方程为，即，

综上所述，所求的切线的一般式方程为或．

19．如图，三棱柱的底面是边长为2的正三角形，侧棱垂直于底面ABC，，D是CB延长线上一点，且．

(1)证明：直线平面；

(2)求二面角的大小；

(3)直线到平面的距离．

【答案】(1)证明过程见详解

(2)

(3)

【分析】（1）构造平行四边形，进而即可证明直线平面；

（2）取的中点，连接，，证明二面角的平面角，求解即可；

（3）结合（1）可知直线平面，可得直线到平面的距离与点到平面的距离相等，根据即可求解．

【详解】（1）依题意可得，且，

则四边形为平行四边形，所以，

又平面，且平面，

所以直线平面．

（2）取的中点，连接，，

在中，，则，

由三棱柱的底面是边长为2的正三角形，

则，则，所以，

在中，，则，

又平面平面，所以二面角的平面角，

所以，

又，则，

故二面角的大小为．

（3）结合（1）可知直线平面，

所以直线到平面的距离与点到平面的距离相等，

设点到平面的距离为，

结合（2）得，则，

所以，，

又，即，得，

所以直线到平面的距离为．

20．已知椭圆E：的两个焦点与短轴的一个端点是直角三角形的三个顶点，直线l：与椭圆E相切于点T．

(1)求椭圆E的离心率；

(2)求椭圆E的标准方程及点T的坐标；

(3)设O为坐标原点，直线l＇平行于直线OT，与椭圆E交于不同的两点A、B，且与直线l交于点P，那么是否存在常数λ，使得？如果存在，求出λ的值；如果不存在，请说明理由．

【答案】(1)

(2)，

(3)

【分析】（1）由题意可得，由离心率的公式求解即可.

（2）利用直线和椭圆只有一个公共点，联立方程，消去得关于的方程有两个相等的实数根，解出的值，从而得到椭圆的方程；

（3）设直线的方程为，由方程组，解出点的坐标，求出，把直线方程与椭圆方程联立，消元后，可得，再把用表示出来，即可得出答案.

【详解】（1）椭圆E：的两个焦点与短轴的一个端点是直角三角形的三个顶点，

所以，则，.

所以椭圆E的离心率为.

（2）由（1）知，，则椭圆E的方程为.

由方程组 得.①

方程①的判别式为，由，得，

此时方程①的解为，

所以椭圆E的方程为.

点T坐标为（2,1）.

（3）由已知可设直线的方程为，

由方程组 可得

所以P点坐标为（），.

设点A，B的坐标分别为.

由方程组 可得.②

方程②的判别式为，由，解得.

由②得.

所以，

同理，

所以

.

故存在常数，使得.

21．如图，已知抛物线Γ：，过焦点F的直线交抛物线Γ于A、B两点，点C在抛物线Γ上，使得△ABC的重心G在x轴上，直线AC交x轴于点Q，且点Q在点F右侧，记△AFG、△CQG的面积分别为、．

(1)证明：A、B两点的纵坐标之积为定值；

(2)设，求点Q的横坐标（用t表示）；

(3)求的最小值及此时点G的坐标．

【答案】(1)证明见详解

(2)

(3)，

【分析】（1）设出直线方程，联立直线方程和抛物线方程，得出韦达定理；

（2）设点C的坐标，由重心坐标公式表示G的坐标，由G的纵坐标为0，表示C的纵坐标与直线斜率的关系，写出直线的方程，求点Q的横坐标.

（3）结合韦达定理求得面积的表达式，最后结合均值不等式的结论即可求得的最小值和点G的坐标.

【详解】（1）设，

设直线AB的方程为，与抛物线方程联立可得：

，故：，

，即 A、B两点的纵坐标之积为定值.

（2），

设点C的坐标为，由重心坐标公式可得：

，，

令可得：，则.即，

由斜率公式可得：，

直线AC的方程为：，

令可得：，

又，焦点，，，，

所以.

（3），

且，

由于，代入上式可得：，

由可得，则，

则

.

当且仅当，即，时等号成立.

此时，，则点G的坐标为.

【点睛】方法点睛：

直线与抛物线的相交问题一般需要联立直线与抛物线方程，得出韦达定理，本题主要考查了直线与抛物线的位置关系，三角形重心公式的应用，基本不等式求最值的方法等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.