上海市宝山中学2023-2024学年高二下学期3月考数学试卷（原卷版+解析版）

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1．本试卷共4页，满分150分，考试时间120分仲.
2．本考试分设试卷和答题纸，作答必须涂（选择题）或写（非选择题）在答题纸的相应位置，在试卷上作答一律不得分.
一、填空题（本大题共12题，1～6题每题4分，7～12题每题5分，共54分）
1. 已知直线过点，则直线的斜率为______．
【答案】##
【解析】
【分析】根据斜率公式可求斜率.
【详解】直线的斜率为，
故答案为：.
2. 双曲线的渐近线方程为_________．
【答案】
【解析】
【分析】根据题意，由双曲线的标准方程即可得到，从而得到渐近线方程.
【详解】由双曲线的标准方程可知，其焦点在轴上，且，
所以，
所以双曲线的渐近线方程为，即.
故答案为：
3. 在数列中，，且，则______．
【答案】
【解析】
【分析】根据题设可得为等差数列，故可求.
【详解】因为，故为等差数列且公差为，
故，
故答案为：.
4. 已知直线与直线垂直，则实数a值为__________．
【答案】或
【解析】
【分析】根据向量垂直列方程，由此求得的值.
【详解】由于，所以，
，解得或.
故答案为：或
5. 某学校要从6名男生和4名女生中选出3人担任进博会志愿者，则所选3人中男女生都有的选法有______种.（用数字作答）
【答案】96
【解析】
【分析】分两种情况，结合组合知识进行求解
【详解】当所选3人中男生1人，女生2人，此时有种选择，
当所选3人中男生2人，女生1人，此时有种选择，
故共有种选择.
故答案为：96
6. 甲乙丙丁戊5名同学排成一列，若甲不站在排头，乙和丙相邻，则不同的排列方法有______种．
【答案】36
【解析】
【分析】利用分步计数方法：将丁戊排一排，把乙丙捆绑插入，最后再把甲插入队列，即可得结果.
【详解】1、将丁戊排成一排，有种，
2、把乙丙捆绑有种，再插入丁戊所成排的3个空中有种，
3、在第2步成排的后3个空中任选一个空，将甲插入有种，
所以，不同排列方法数有种.
故答案为：36
7. 已知数列是公比为的无穷等比数列，且，则___．
【答案】
【解析】
【分析】由无穷等比数列极限的求法可直接构造等式，整理即可得到结果.
【详解】，，即.
故答案为：.
8. 若一个圆柱的底面半径为1，侧面积为，球是该圆柱的外接球，则球的表面积为______．
【答案】
【解析】
【分析】先利用侧面积求出圆柱的高，再求出球的半径可得表面积.
【详解】设圆柱的高为，其外接球的半径为，
因为圆柱的底面半径为1，侧面积为，所以，解得；
由圆柱和球的对称性可知，球心位于圆柱上下底面中心连线的中点处，
所以，所以球的表面积为.
故答案为：
9. 若数列满足，则的通项公式是______．
【答案】
【解析】
【分析】利用累加法，结合等差数列的求和公式即可得解.
【详解】因为，
所以，，…，，，
所以
，，
又也满足上式，所以.
故答案为：.
10. 已知椭圆的左、右焦点分别为、.若P为椭圆上一点，且，则的面积为______.
【答案】
【解析】
【分析】根据椭圆定义确定，结合条件，利用余弦定理求出，进而利用面积公式求出的面积.
【详解】
根据椭圆方程，有，，因为点在椭圆上，所以有
，，
在中，由余弦定理有
，所以，所以的面积为：
故答案为：
11. 已知抛物线的焦点为F，过点F的直线与抛物线交于A，B两点，则的最小值是______.
【答案】##
【解析】
【分析】根据题意对直线斜率存在与否进行分类讨论，由焦半径公式写出的表达式，并利用基本不等式求出其最小值.
【详解】如下图示：

易知焦点，设，且
当直线斜率不存在时（如图中虚线所示），可知，此时；
当直线斜率存在时，可设直线方程为，显然，
联立直线和抛物线方程，消去整理可得，
利用韦达定理可知，
又利用焦半径公式可知，
所以可得，
当且仅当，即时，等号成立；
综上可得，的最小值是.
故答案为：
12. 我国古代数学著作《九章算术》中研究过一种叫“鳖（biē）臑（nà）”的几何体，它指的是由四个直角三角形围成的四面体，那么在一个长方体的八个顶点中任取四个，所组成的四面体中“鳖臑”的个数是________.
【答案】
【解析】
【分析】先以平面为基准，在平面内取三点，然后判断一次一共可以确定多少个“鳖（biē）臑（nà）”，然后类比推理，将重复计算的舍去即可.
【详解】（1） （2）
（3） （4）
如图以平面为基准，在平面内取三点，显然（1）（2）合题意，（3）（4）不合题意，同理，将换成，，，各能找到两个“鳖（biē）臑（nà）”，所以当三点确定在一个平面上时，可以确定8个“鳖（biē）臑（nà）”，共有6个面，所以可确定个“鳖（biē）臑（nà）”.但上图（1）在以平面为基准时又被算了一次，图（2）在以平面为基准时又被算了一次，所以每一种情况都被重复计算了一次，故共能确定个“鳖（biē）臑（nà）”.
故答案为：.
二、选择题（本大题共4题，13～14题每题4分，15～16题每题5分，共18分）
13. 直线被圆所截得的弦长为（ ）
A. B. C. 3D. 6
【答案】B
【解析】
【分析】先求出圆心和半径，利用弦长与半径的关系可得答案.
【详解】圆化为标准方程为：,圆心为，；
圆心到直线的距离为，所以弦长为.
故选：B.
14. 8个人排成一排照相，其中甲乙丙三人中任意两人都不相邻的排法种数是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据插空法相关知识直接计算求解即可.
【详解】由题意，先排剩下的5个人，共有种排法，
再将甲乙丙三个人插入剩余的6个空位，共有种排法，
故总共有种排法.
故选：A
15. 函数的图象如图所示，为函数的导函数，则不等式的解集为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先判断的符号，由此求得不等式的解集.
【详解】由图象可知，在区间上，
在区间上，
所以不等式的解集为.
故选：C
16. 对于定义域为的函数，若对任意的，当时都有，则称函数为“增函数”，若函数的定义域，值域为，则函数为“增函数”的有（ ）种．
A. 4B. 5C. 6D. 7
【答案】C
【解析】
【分析】根据条件通过列举法可得答案.
【详解】因为函数的定义域，值域为，
所以要满足“增函数”的定义，一定是；
元素2,3,4的取值情况有如下几种：①三个元素均与7对应，即，符合题意；
②三个元素中有2个元素与7对应，则有或，两种情况；
③三个元素中仅有一个元素与7对应，则有或或，三种情况；
综上可得共有6种情况.
故选：C.
三、解答题（本大题共5题，共分）
17. 如图，直三棱柱中，，是的中点，是的中点．
（1）证明：直线直线;
（2）求直线与平面所成的角的大小．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量证明垂直；
（2）求出平面的法向量，利用线面角的公式可求答案.
【小问1详解】
不妨设，以为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图，
,.
,因为，所以.
【小问2详解】
，,
易知平面的一个法向量为,
设直线与平面所成角为，则，
所以，即直线与平面所成的角的大小为.
18. 已知数列是公差为正的等差数列，其前项和为；各项都为正数的等比数列满足，．
（1）求数列，的通项公式；
（2）记，求数列的前项和．
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）根据求出的通项公式，设等比数列的公比为（），即可得到方程组，解得、，从而求出的通项公式；
（2）由（1）可得，利用分组求和法计算可得.
【小问1详解】
因为前项和为，
当时，当时，
经检验当时成立，所以；
设等比数列的公比为（），又，，所以，
解得或（舍去），
所以.
【小问2详解】
由（1）可得，
所以
.
19. 已知函数过点，函数在点处的切线斜率为4，且为函数的一个驻点（即导数的零点）．
（1）求函数的解析式；
（2）求函数的单调区间；
【答案】（1）
（2）答案见解析
【解析】
【分析】（1）求出函数的导数，由题设可得关于参数的方程组，求出其解后可得函数解析式；
（2）求出函数的导数，根据导数的符号可判断函数的单调性.
【小问1详解】
，故，
因为为函数的一个驻点，故，
故，故.
而，故，
所以.
【小问2详解】
由（1）可得，故，
当或时，，当时，，
故的单调递增区间为，，单调递减区间为.
20. 已知椭圆的左右焦点分别为、，离心率，直线交椭圆于、两点，为坐标原点．
（1）求椭圆的方程；
（2）若不过点且不平行于坐标轴，记线段的中点为，求证：直线的斜率与的斜率的乘积为定值；
（3）若，求面积的取值范围．
【答案】（1）
（2）证明见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）由焦点坐标、离心率首先确定的值，即可以先得到的值，利用平方关系即可求出的值，从而得解.
（2）画出图形，若要证明直线斜率与的斜率的乘积为定值，只需证明为定值，设直线方程为，将其与椭圆方程联立，利用韦达定理以及中点坐标公式即可得证.
（3）由题意先根据得到，进一步利用弦长公式、点到直线的距离公式得到面积的表达式，从而利用函数的观点即可得解.
【小问1详解】
因为椭圆的左右焦点分别为、，
所以，
又因，
所以，
从而椭圆的方程为.
【小问2详解】
如图所示：
设直线：，
联立，消去得，
所以，
由韦达定理有，
从而，
所以线段的中点的坐标为，即，
从而直线的斜率与的斜率的乘积为，
所以直线的斜率与的斜率的乘积为定值.
【小问3详解】
由（2）可知，
其中，
又直线：上有点，
所以
，
若，则有，即，
所以，此时，
如图所示：
原点到的距离为，
而
，
所以面积的表达式为
，
不妨设，
因为，
所以，
所以，
由对勾函数单调性以及复合函数单调性可知在上单调递增，在上单调递减，
所以，
所以面积的取值范围.
21. 已知函数,其中.
（1）求函数在点的切线方程;
（2）函数是否存在极值点,若存在求出极值点,若不存在,请说明理由;
（3）若关于的不等式在区间上恒成立,求实数的取值范围.
【答案】（1）
（2）,不存在极值点;,存在一个极小值点,无极大值点
（3）
【解析】
【分析】(1)对求导,求出切点斜率,再根据切点求出切线方程即可;
(2)令,对进行求导,再讨论及时导函数的正负及极值点即可;
(3)将代入,先讨论时的取值范围,再全分离,构造新函数,求导求单调性求最值,即可得出的取值范围.
【小问1详解】
解:由题知,
,
所以在点的切线方程为,
即;
【小问2详解】
设,定义域,
,
当时,恒成立,
所以在单调递增,
所以不存在极值点,
当时,令，
当时,，
当时,，
所以在单调递减,在单调递增,
所以函数存在一个极小值点,无极大值点,
综上:时,不存在极值点,
时,存在一个极小值点,无极大值点;
【小问3详解】
由题知原不等式,
可化为,
当时恒成立,
当时,
即,
由(2)知在有最小值,
所以,
,
,
,
,
即,
,,
综上: .
【点睛】方法点睛:该题考查导数的综合应用，属于难题，关于恒成立问题的方法如下:
(1)若，恒成立，则只需;
(2) 若，恒成立，则只需;
(3) 若，恒成立，则只需;
(4) 若，恒成立，则只需;
(5) 若，恒成立，则只需;
(6) 若，恒成立，则只需;
(7) 若，恒成立，则只需;
(8) 若，恒成立，则只需.