上海市朱家角中学2024-2025学年高二下学期第一阶段质量监测（3月）数学试题

这是一份上海市朱家角中学2024-2025学年高二下学期第一阶段质量监测（3月）数学试题，共17页。试卷主要包含了填空题，选择题，解答题等内容，欢迎下载使用。
（完卷时间120分钟 满分150分）
一、填空题（本大题共12题，1-6每题4分，7-12每题5分，共54分）
1. 已知两点，所在直线的斜率为，则________.
【答案】
【解析】
【分析】根据两点的斜率公式计算可得.
【详解】因为两点，所在直线的斜率为，
所以，解得.
故答案为：
2. 若椭圆的一个焦点为，则______．
【答案】
【解析】
【分析】根据椭圆的性质计算可得.
【详解】因为椭圆的一个焦点为，，
所以，解得.
故答案为：
3. 若一个圆锥的轴截面是边长为的等边三角形，则这个圆锥的侧面积为___________
【答案】
【解析】
【分析】
利用圆锥性质求出底面半径与母线长，再利用圆锥的侧面积计算公式即可得出．
【详解】轴截面是边长为4等边三角形，
所以圆锥底面半径，
圆锥母线．
圆锥的侧面积．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查圆锥侧面积的求解，熟练掌握圆锥的性质及圆锥的侧面积的计算公式是解题的关键．
4. 在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，异面直线BD1与AC所成角的度数为 ．
【答案】90°
【解析】
【详解】解：如图
连接BD交AC与点O，∵D1D⊥面ABCD，AC⊂面ABCD
∴D1D⊥AC，而AC⊥BD，D1D∩BD=D
∴AC⊥面D1DB
又∵D1B⊂面D1DB
∴AC⊥D1B，即异面直线BD1与AC所成角为90°．
故答案为：90°．
【点评】本小题主要考查异面直线所成的角，考查空间想象能力、推理论证能力，属于基础题．
5. 已知无穷数列满足（为正整数），且，则____________．
【答案】
【解析】
【分析】由题意可知数列为等比数列，公比为，首项为，再根据等比数列的求和公式计算即可.
【详解】因为穷数列满足（为正整数），且，
所以数列为等比数列，公比为，首项为，
所以.
故答案为：
6. 函数的导数为_________________________ .
【答案】
【解析】
【分析】根据函数的求导法则得到结果.
【详解】∵，∴.
故答案为.
【点睛】本题考查的是函数的求导公式的应用，是基础题.
7. 已知函数，则____________．
【答案】
【解析】
【分析】根据导数的定义及基本初等函数的导数公式可得结果.
【详解】由得，，
∴.
故答案为：.
8. 等比数列中，，为函数的导函数，则____________．
【答案】
【解析】
【分析】根据题意求出公比，求出，然后求，最后求即可.
【详解】设公比为，则有，所以，所以，
所以，
所以，
故答案为：.
9. 设点是曲线上一点，则点到直线最小的距离为_________________.
【答案】##
【解析】
【分析】设，利用点到直线距离公式表示出点P到直线距离，根据函数最值即可求解.
【详解】点P在曲线上，设，
则点P到直线l的距离为，
当时，.
故答案为：.
10. 曲线C是平面内与两个定点F1（-1，0）和F2（1，0）的距离的积等于常数 a2 (a >1)的点的轨迹.给出下列三个结论：
① 曲线C过坐标原点；
② 曲线C关于坐标原点对称；
③若点P在曲线C上，则△FPF的面积不大于a．
其中，所有正确结论的序号是 _________ ．
【答案】②③
【解析】
【分析】
【详解】试题分析：设，依题意，则，化简可得：
，由，则曲线C不过坐标原点，①错误；把曲线方程中的，原方程不变，所以曲线C关于坐标原点对称正确；又方程原型
则，，令，可得或，可知当时，取得最大值，此时，△F1PF2的面积不大于
考点：1.直接法求轨迹方程；2.对称的判断方法；3.面积的最大值；
11. 已知曲线：，要使直线与曲线有四个不同交点，则实数的取值范围是______．
【答案】
【解析】
【分析】由题意知曲线为当时；当；由此即可画出曲线的图像，借助图像由直线与曲线有四个不同的交点即可求出实数的取值范围.
【详解】由曲线：及题意，知．
如图所示，曲线表示的是一个圆与双曲线的一部分，
由，解得，
要使直线与曲线有四个不同的交点，结合图象，可得．
故答案为：.
12. 已知，若仅有3个整数解，则实数的取值范围是__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据解一元二次不等式的方法，结合导数，利用分类讨论和数形结合思想进行求解即可.
【详解】，当时，单调递减，
当时，单调递增，因此，且，
如下图所示：
，
当时，，所以不等式的解集为：或，
因为，所以无整数解，因此，要想仅有3个整数解，
只需；
当时，，不等式化为：，显然成立，有无数多个整数解，不符合题意，
当时，，所以不等式的解集为：或，
显然有无数个整数解，
综上所述：，
故答案为：
【点睛】关键点睛：利用导数判断函数的单调性和最值，结合分类讨论和数形结合思想进行求解是解题的关键.
二、选择题（本大题共4题，第13、14题各4分，第15、16题各5分，共18分）
13. 有一组样本容量为10的样本数据为：1，2，2，3，3，3，4，4，4，4，则该样本中（ ）
A. 中位数与平均数的值不同B. 第70百分位数与众数的值不同
C. 方差与极差的值相同D. 方差与标准差的值相同
【答案】D
【解析】
【分析】根据给定的样本数据，分别求出平均数、中位数、众数、极差、方差、标准差、第70百分位数，再逐项判断作答..
【详解】依题意，样本平均数，中位数为3，A不正确；
因，于是得第70百分位数是，众数为4，B不正确；
样本方差，极差为，C不正确，
样本标准差，D正确.
故选：D
14. 函数的图象如图所示，则下列不等关系中正确的是（ ）

A B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据导数的几何意义和割线的斜率可得三者之间的大小关系.
【详解】
设，由图可得，
而，
故，
故选：C.
15. 已知定义域均为的函数的导函数分别为，且，则不等式的解集为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】运用函数导数的四则运算构造新,，则用新函数的单调性解题即可.
【详解】令，则，所以单调递减．
由，
得，所以．
故选：B.
16. 如图，体积为V的大球内有4个小球，每个小球的球面过大球球心且与大球球面有且只有一个公共点，4个小球的球心是以大球球心为中心的正方形的4个顶点，为小球相交部分（图中阴影部分）的体积，为大球内､小球外的图中黑色部分的体积，则下列关系中正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意可知小球半径是大球的一半，建立大球体积、小球体积和阴影部分的体积的关系，可推出的大小关系.
【详解】设大球的半径为，则小球的半径为，
可知，，
所以，因为，所以，
所以，又因为四个小球的体积和为，
所以，故B正确.
故选：B
三、解答题（本大题共5题，共14+14+14+18+18=78分）
17. 求下列函数的导数：
（1）；
（2）．
【答案】（1）；
（2）
【解析】
【分析】（1）由两函数积的导数公式求解即可；
（2）由三角函数、指数函数及复合函数的求导方法，求解即可.
【小问1详解】
解：因为，
所以
【小问2详解】
解：因为，
所以
.
18. 某果园为了更好地销售沃柑，需对其质量进行分析，以便做出合理的促销方案.现从果园内随机采摘200个沃柑进行称重，其质量（单位：克）分别在中，其频率分布直方图如图所示.
（1）求的值；
（2）该果园准备将质量较大的的沃柑选为特级果，单独包装售卖，求被选为特级果的沃柑的质量至少为多少克.
【答案】（1）
（2）140克.
【解析】
【分析】（1）根据频率之和为1，结合频率分布直方图列出等式求解即可；
（2）根据频率分布直方图第百分位数求法求解即可.
【小问1详解】
根据题意得，
解得.
【小问2详解】
设选为特级果的沃柑的质量至少为克.
最后一组的面积为，
最后两组的面积之和为.
因为，所以位于倒数第2组，
则，解得，
所以被选为特级果的沃柑的质量至少为140克.
19. 如图1，在等腰梯形中，，，，为的中点.将沿翻折，得到四棱锥（如图2）.

（1）若的中点为，点在棱上，且平面，求的长度；
（2）若四棱锥的体积等于2，求二面角的大小.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）先证明面面平行，利用面面平行的性质得到线线平行，进而得出的长度；
（2）利用四棱锥的体积求出高，找到二面角的平面角，结合直角三角形的知识可得答案.
【小问1详解】
取的中点,连接,
因为分别为的中点，所以，
因为平面，平面，所以平面；
因为平面，，平面，
所以平面平面；
因为平面平面,平面平面,
所以，即为的中点，所以.
【小问2详解】
由图1可知，等腰梯形高为，所以四边形的面积为；
因为四棱锥的体积等于2，所以四棱锥的高等于，
因为三角形的高为，所以平面平面；
取的中点,连接,
由图1可知，均为等边三角形，所以,，且;
因为,所以平面，
因为平面，所以；
由图1可知，所以是二面角的平面角，
因为平面平面，平面平面，，
所以平面，所以为直角三角形；
在中，，所以，即二面角为.

20. 已知椭圆的左焦点为．
（1）求椭圆的方程；
（2）如图，设是椭圆上一动点，由原点向圆引两条切线，分别交椭圆于点，若直线的斜率存在，并记为，求证：为定值；
（3）在（2）的条件下，试问是否为定值？若是，求出该值；若不是，请说明理由．
【答案】（1）
（2）证明见解析 （3）定值18；
【解析】
【分析】（1）由即可求解；
（2）设出直线方程，通过直线与圆相切，得到是方程的两根，即可求解；
（3）设，由（2），再结合点在椭圆上即可求解.
【小问1详解】
由题意可知：，
易得：，所以，
所以椭圆方程为：；
【小问2详解】
证明：由题意设：与圆相切，
所以，
化简可得：，
：与圆相切，可得：，
可得：，
所以是方程的两根，
，，
所以，
又因为在椭圆上，所以，即，
所以，为定值；
【小问3详解】
是定值，定值为18，理由如下：
设，
因为，
所以，
因为设，在椭圆上，
所以，即，
所以，
整理得：，
所以，
所以，定值；
【点睛】关键点点睛：第二问：由直线与圆相切，得到是方程的两根；
21. 已知函数，.
（1）若曲线在处的切线与直线垂直，求的值；
（2）讨论的单调性；
（3）当时，，求取值范围.
【答案】（1）
（2）答案见解析 （3）.
【解析】
【分析】（1）求出，利用导数的几何意义，根据斜率之积为求解即可；
（2）求出函数的导数，分类讨论，解不等式即可得出单调性区间；
（3）利用导数确定，分离参数后，再利用导数求函数最小值即可得解.
【小问1详解】
因为，所以，
所以，
又在处的切线与直线垂直，所以，
即，所以.
【小问2详解】
，.
①当时，，所以在上单调递增.
②当时，令，得，又，所以.
当时，，单调递减；当时，，单调递增.
综上，当时，在上单调递增；
当时，在上单调递减，在上单调递增.
【小问3详解】
由，得在上恒成立.
令，，则，令，得，
当时，，单调递减；当时，，单调递增，
所以，即，
则在上恒成立.
令，，
则
.
因为，所以，则，
令，得，
当时，，单调递减；当时，，单调递增，
所以，
所以，即的取值范围是.