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】

这是一份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】，共18页。试卷主要包含了填空题，单选题，解答题等内容，欢迎下载使用。
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：B14．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.