2022-2023学年湖南省郴州市嘉禾县第六中学高二上学期第三次月考数学试题（解析版）

这是一份2022-2023学年湖南省郴州市嘉禾县第六中学高二上学期第三次月考数学试题（解析版），共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．已知向量若则（ ）
A．B．1C．D．1
【答案】D
【分析】由空间向量垂直的坐标公式求解即可
【详解】因为，
所以，即，
解得．
故选：D．
2．已知直线，若，则与之间的距离（ ）
A．1B．C．D．2
【答案】B
【分析】首先求，再根据平行线间距离公式求解.
【详解】因为，所以，即，两平行线之间的距离.
故选：B
3．已知等差数列的前n项和为，若，则（ ）
A．25B．40C．44D．55
【答案】D
【分析】由等差数列的性质求解.
【详解】等差数列中，，则，则.
故选：D．
4．已知三棱柱，点为线段上一点，且，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】根据空间向量的运算，利用基底表示向量.
【详解】由题意得，
因为，，所以
.
故选：D.
5．已知抛物线的焦点为F，点A，B是抛物线C上不同两点，且A，B中点的横坐标为2，则（ ）
A．4B．5C．6D．8
【答案】C
【分析】根据抛物线的定义结合已知可求得结果.
【详解】设，由A，B中点的横坐标为2，可得，
所以．
故选：C．
6．若直线与曲线有且仅有一个公共点，则实数的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】考虑当直线与曲线相切且切点在第四象限时，实数的值；考查直线分别过点、时，直线与曲线的公共点个数，数形结合可得出实数的取值范围.
【详解】由可得，且，故曲线为圆的右半圆，
作出直线与曲线的图象如下图所示：
当直线即与曲线相切且切点在第四象限时，，且有，解得，
当直线过点时，直线与曲线有两个公共点，此时；
当直线过点时，直线与曲线只有一个公共点，此时.
结合图形可知，若时，直线与曲线只有一个公共点.
故选：A.
7．我国古代数学名著《算法统宗》记有行程减等问题：三百七十八里关，初行健步不为难次日脚痛减一半，六朝才得到其关．要见每朝行里数，请公仔细算相还．意为：某人步行到378里的要塞去，第一天走路强壮有力，但把脚走痛了，次日因脚痛减少了一半，他所走的路程比第一天减少了一半，以后几天走的路程都比前一天减少一半，走了六天才到达目的地．请仔细计算他每天各走多少路程?在这个问题中，第四天所走的路程为（ ）
A．96B．48C．24D．12
【答案】C
【分析】每天所走的里程构成公比为的等比数列，设第一天走了里，利用等比数列基本量代换，直接求解.
【详解】由题意可知：每天所走的里程构成公比为的等比数列.
第一天走了里，．
第4天走了.
故选：C．
8．已知F是椭圆的左焦点，经过原点O的直线l与椭圆E交于P，Q两点，若，且，则椭圆E的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据题意设椭圆右焦点为，根据椭圆的定义以及余弦定理可求出的关系，即可求出椭圆的离心率.
【详解】设椭圆右焦点为，连接，，
根据椭圆对称性可知四边形为平行四边形，则，
因为，可得，所以，
则，，
由余弦定理可得，
即，即
故椭圆离心率
故选：C.
二、多选题
9．平面内到定点和到定直线的距离相等的动点的轨迹为曲线.则（ ）
A．曲线的方程为
B．曲线关于轴对称
C．当点在曲线上时，
D．当点在曲线上时，点到直线的距离
【答案】AC
【分析】根据抛物线的定义可判断曲线C为抛物线，求出其方程，结合抛物线的性质一一判断各选项，可得答案.
【详解】由抛物线定义，知曲线C是以为焦点，直线为准线的抛物线，
则焦准距，故其方程为，故A正确；
抛物线关于y轴对称，不关于x轴对称，故B错误；
由知 ，故C正确；
当点在曲线上时，由于抛物线开口向上，
当点位于原点时，到直线l的距离最小为1，
故点P到直线l的距离 ，所以D错误，
故选：.
10．下列命题是真命题的有（ ）
A．平面经过三点，，，是平面的法向量，则，
B．直线的方向向量为，直线的方向向量为，则与垂直
C．直线的方向向量为，平面的法向量为，则
D． ，，，是空间四点，若，，不能构成空间的一个基底，那么，，，共面
【答案】BD
【分析】根据平面的法向量和平面的关系，可求得，判断A;根据两直线的方向向量的数量积等于0，可判断B; 根据直线的方向向量和平面的法向量的数量积为0，可判断线面关系，判断C;根据空间向量基底的含义，可判断，，共面，从而判断D.
【详解】对于A， ，由题意知 ，
故 ，解得，A错误.
对于B， , 故
可得l与m垂直，B正确；
对于C， , 故
可得在内或，C错误；
对于D, 是空间四点，若，，不能构成空间的一个基底，
则，，共面，可得共面,D正确；
故选:
11．在公比为整数的等比数列中，是数列的前项和，若，，则下列说法正确的是（ ）
A．B．数列是等比数列
C．D．数列是公差为2的等差数列
【答案】AC
【分析】根据题意列方程求得公比，可判断A;求出，利用等比数列定义可判断B；利用，可判断C；求出，可得的通项公式，判断D.
【详解】根据题意，等比数列中，，即，
又由，可得 或,
又由公比q为整数，则当时,有 ，当时, ，不合题意；
对于A，，A正确；
对于B，又由 ，则 ，则，
则，该比值不是常数，故数列不是等比数列，B错误，
对于C， ，则 ，C正确，
对于D，， 为等比数列，则 ，
故 ，数列是公差为的等差数列，D错误；
故选： ．
12．在正方体中，点M在线段上运动，则下列说法正确的是（ ）
A．直线平面
B．直线与平面所成角的正弦值的最大值为
C．异面直线AM与所成角的取值范围是
D．三棱锥的体积为定值
【答案】ABD
【分析】根据空间点线面之间的关系，逐项分析判断即可得解.
【详解】
对A选项，在正方体中，如图，又平面，
所以，所以平面，所以，同理，所以直线平面，故A正确；
对选项B，连接交于点，连接交于点，根据对称性，当点M位于点时，直线与平面所成角最大为，设正方体的边长为2，则，此时，故B正确；
对C，由，异面直线AM与所成角为直线AM与所成角，故当在点处时所成角最大，此时，所成角为，当在点或处时，所成角最小为，故C错误；
对D，因为，平面，所以平面，又直线，
所以动点到平面的距离恒定，故三棱锥的体积为定值，D正确，
故选：ABD
三、填空题
13．经过点，且垂直于直线的直线方程为________.
【答案】
【分析】根据两直线的垂直，确定所求直线的斜率，即可写出直线的点斜式方程，即得答案.
【详解】直线的斜率为，故与直线垂直的直线的斜率为，
故经过点，且垂直于直线的直线方程为，
即，
故答案为：.
14．已知焦点为，的椭圆的方程为，且，过椭圆左焦点的直线交椭圆于两点，则的周长为________.
【答案】16
【分析】由题意求得椭圆的半长轴，表示出的周长并化简，即可得答案.
【详解】设椭圆的焦距为，则，
故，
所以的周长为，
故答案为：16.
15．已知直三棱柱的所有顶点都在球O的球面上，，则球的表面积为___________．
【答案】
【分析】设和外接圆的圆心为，，则球心为的中点，在中由正弦定理可求得其外接圆半径，结合球的性质可求球的半径，进而求得其表面积．
【详解】设和的外心分别为D，E．由球的性质可得三棱柱的外接球的球心O是线段的中点，连接，设外接球的半径为R，的外接圆的半径r，因为，由余弦定理可得， 由正弦定理可得，所以，
而在中，可知，即，
因此三棱柱外接球的表面积为．
故答案为：．

16．已知数列满足，，则数列的前100项和______．
【答案】
【分析】叠加法求解，再裂项相消法求和即可.
【详解】∵，∴时，．
∴（），
当时也满足上式，∴（）
∴，（）
∴数列的前项和
（）
所以数列的前100项和．
故答案为：．
四、解答题
17．已知公差为2的等差数列的前项和为，且满足.
(1)若，，成等比数列，求的值；
(2)设，求数列的前项和.
【答案】(1)9.
(2).
【分析】（1）根据题意可求得等差数列的通项公式，再利用条件结合等比中项性质列方程，即可求得答案.
（2）由（1）的结果求得的表达式，利用分组求和法结合等差数列以及等比数列的前n项和公式，即可求得答案.
【详解】（1）由题意知数列是公差为2的等差数列，设公差为d，则，
又因为，所以即，得，
所以，
又因为，，成等比数列，即，
即 ，得 ．
（2）因为，
所以



.
18．已知抛物线上一点到焦点的距离为4.
(1)求抛物线的标准方程；
(2)过焦点的直线与抛物线交于不同的两点,,为坐标原点，设直线，的斜率分别为，，求证：为定值.
【答案】(1).
(2)证明见解析.
【分析】（1）根据抛物线的定义即可求得，即得答案；
（2）设出直线方程，联立抛物线方程，消去x，设，可得，结合点在抛物线方程上化简，即可证明结论.
【详解】（1）由抛物线方程可得焦点为，准线方程为，
因为点到焦点F距离为4，由抛物线的性质可知到焦点的距离等于到准线的距离，
即 ，解得，
故抛物线方程为：.
（2）证明：因为直线过焦点 ，与抛物线交于不同的两点,,
所以设直线方程为 ，
与抛物线方程联立即,消去x得 ，
，设，
所以 ，由于 ，,
所以,
即为定值.
19．已知圆，直线.
(1)求证：直线过定点，并判断直线与圆的位置关系；
(2)当时，过圆上点作圆的切线交直线于点，为圆上的动点，求的取值范围.
【答案】(1)证明见解析；直线l与圆C恒相交.
(2).
【分析】（1）将直线化为，根据由于，可得且，即可证明结论，求得定点坐标，说明该点在圆内，即可判断直线和圆的位置关系.
（2）写出方程，求得点坐标，求出，即可求得答案.
【详解】（1）证明：由l的方程得 ，
由于，故且，解得，
即直线过定点，
因为 ，即点M在圆C内部，
所以直线l与圆C恒相交.
（2）由题知 ,又时， ，
所以联立 ，即得点，
而点，所以 ，
所以 .
20．已知三棱锥的底面是边长为2的等边三角形，平面，，点为线段上一动点.
(1)当点为中点时，证明：；
(2)当平面与平面所成二面角为时，试确定点的位置.
【答案】(1)证明见解析.
(2)M点位于的处，即.
【分析】（1）设E为的中点，连接,证明平面，根据线面垂直的性质定理即可证明结论；
（2）作出平面与平面所成二面角的平面角，利用平面角的度数求得相关线段的长，计算，即可确定定点的位置.
【详解】（1）设E为的中点，连接,
由于点为中点，故,而平面，故平面，
平面，故;
又底面是等边三角形，故 ,而平面，
所以平面，又平面，
故即 .
（2）如图，过点M作,垂足为N,由于平面，平面，
故,且平面,故,则平面，
而平面，故,
作,垂足为F,连接,平面，
故平面，平面,所以,
又平面,平面,
即为平面与平面所成二面角的平面角，即，
设，则，因为，故,,
又底面是等边三角形，，故，
而 ,故，
则，而,故,
即M点位于的处，即.
21．已知数列的前项和为，且.在数列中，，.
(1)求的通项公式；
(2)证明是等比数列；
(3)设，求数列的前项和.
【答案】(1).
(2)证明见解析.
(3).
【分析】（1）根据，利用时 即可求得答案；
（2）将变形为，根据等比数列的定义即可证明结论；
（3）求出的表达式，利用错位相减法即可求得答案.
【详解】（1）由题意数列的前项和为，且，
当时， ；当时 , ,
所以 ,
经检验：也适合上式，故.
（2）在数列中，，
若，则，与矛盾，故
所以，
则，其中，
所以数列是以1为首项，为公比的等比数列.
（3）由（2）得 ，所以 ，
故 ，
所以 ，
故，
两式相减得： ，
即，
所以 .
22．双曲线经过点，一条渐近线的倾斜角为，直线过双曲线的右焦点，交双曲线于两点.
(1)求双曲线的标准方程；
(2)若过双曲线的右焦点，是否存在轴上的点，使得直线绕点无论怎样转动，都有成立？若存在，求出的坐标，若不存在，请说明理由.
【答案】(1).
(2)存在，
【分析】（1）根据题意列方程组求得，即可求得答案；
（2）先考虑直线l的斜率存在时，设，设出直线方程，根据可得到对任意的总成立，联立直线l与双曲线方程，得到根与系数关系，结合恒成立可求得m的值，得到结论，再验证直线斜率不存在时的情况也适合题意，即可得到结论.
【详解】（1）由题意可知双曲线的渐近线方程为，
因为一条渐近线的倾斜角为，所以，
双曲线经过点，则，
联立，解得，
所以双曲线方程为：.
（2）由（1）知双曲线的右焦点为，
当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为，
设，，
因为，所以即，
整理得①，
由，得到，
因为直线l与双曲线有两个不同的交点，
故且，
所以，
由题设有①对任意的总成立，
因为，
所以①可转化为，
整理得到对任意的总成立，
故，解得，故猜想所求的定点M的坐标为．
当直线l的斜率不存在时，则，此时或，
此时或，都满足；
综上，定点M的坐标为．
【点睛】方法点睛：（1）解决求圆锥曲线的方程问题时，一般是由题意列出关于参数的方程组，即可求得答案；（2）解决关于直线和圆锥曲线的位置关系问题时，比如定点定值问题，一般要注意考虑直线的斜率是否存在，存在时设直线方程，并联立圆锥曲线方程，得到根与系数的关系，要结合题设条件进行化简，即可得结论，关键就是化简以及计算比较复杂，要求十分细心,计算要准确.