2023湖北省沙市中学高二下学期2月月考试题数学含解析

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2022—2023学年度下学期2021级二月月考数学试卷命题人：陈婷     审题人：肖述友考试时间：2023年2月23日一、选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.）1. 若数列的前6项为，则数列的通项公式可以为（    ）A.  B. C.  D. 【答案】D【解析】【分析】观察每项的特点，分别确定项的符号以及分子分母的取值的规律，即可找出数列的通项公式.【详解】通过观察数列的前6项，可以发现有如下规律：且奇数项为正，偶数项为负，故用表示各项的正负；各项的绝对值为分数，分子等于各自的序号数，而分母是以1为首项，2为公差的等差数列，故第n项的绝对值是，所以数列的通项可为，故选：D2. 已知等比数列的前n项和为，其中，的值为（    ）A. 128 B. 64 C. 63 D. 127【答案】A【解析】【分析】根据题意，由等比数列的求和公式，列出方程，即可求得，从而求得结果.【详解】由题意，显然首项不为0且公比不为1，可得，解得，所以故选:A3. 数列满足，则的值为（    ）A.  B. 1 C. 3 D. 2【答案】B【解析】【分析】计算数列的前几项，归纳出数列的周期性，从而易得结论．【详解】由已知，，，，，，，因此数列是周期数列，周期是6，所以．故选：B．4. 若过点（2，1）的圆与两坐标轴都相切，则圆心到直线的距离为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】由题意可知圆心在第一象限，设圆心的坐标为，可得圆的半径为，写出圆的标准方程，利用点在圆上，求得实数的值，利用点到直线的距离公式可求出圆心到直线的距离.【详解】由于圆上的点在第一象限，若圆心不在第一象限，则圆与至少与一条坐标轴相交，不合乎题意，所以圆心必在第一象限，设圆心的坐标为，则圆的半径为，圆的标准方程为.由题意可得，可得，解得或，所以圆心的坐标为或，圆心到直线的距离均为；圆心到直线的距离均为圆心到直线的距离均为；所以，圆心到直线的距离为.故选：B.【点睛】本题考查圆心到直线距离的计算，求出圆的方程是解题的关键，考查计算能力，属于中等题.5. 若椭圆的弦AB被点平分，则AB所在直线的方程为（    ）A.  B. C.  D. 【答案】A【解析】【分析】利用点差法求解得，再根据点斜式求解即可得答案.【详解】设，则所以，整理得，因为为弦的中点，所以，所以，所以弦所在直线的方程为，即.故选：A.6. 已知等差数列共有项，其中奇数项之和为290，偶数项之和为261，则的值为（    ）．A. 30 B. 29 C. 28 D. 27【答案】B【解析】【分析】由等差数列的求和公式与等差数列的性质求解即可【详解】奇数项共有项，其和为，∴．偶数项共有n项，其和为，∴．故选：B．7. 斐波拉契数列满足：，，．该数列与如图所示的美丽曲线有深刻联系，设，，给出以下三个命题：（    ）①；②；③．其中真命题的个数为（    ）A. 0 B. 1 C. 2 D. 3【答案】D【解析】【分析】由且即可判断①的正误；利用，应用累加法判断②的正误；由，应用累加法判断③的正误.【详解】由，则且，所以，故①正确；由，故②正确；由，则，又，，所以，，，…，，则，故③正确.故选：D8. 已知是圆上两点，且．若存在，使得直线与的交点恰为的中点，则实数的取值范围为（    ）A.  B. C.  D. 【答案】B【解析】【分析】根据直线与圆相交弦长可得的中点的轨迹方程为圆，又根据直线的方程可确定，交点的轨迹，若恰为的中点，即圆与圆有公共点，根据圆与圆的位置关系即可得实数的取值范围.【详解】解：圆，半径，因为恰为的中点，直线与圆相交弦长，所以，的轨迹方程是．又直线过定点，直线过定点，且，则点是两垂线的交点，所以在以为直径的圆上，则圆心，半径为的轨迹方程是由于的斜率存在，所以点的轨迹要除去点，由已知得圆与圆有公共点，，即，又，所以，解得.∴实数的取值范围为.故选：B.二、多选题(本大题共4小题，每个小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，只有一项或者多项是符合题目要求的.)9. 已知数列的前项和为，则下列结论正确的有（    ）A. 是递减数列 B. C.  D. 当最小时，【答案】BCD【解析】【分析】由数列前项和为，可求数列通项，然后逐个验证选项.【详解】，当时，；当时，注意到时也满足，所以数列的通项公式为，，，是递增数列，A选项错误；，B选项正确；，C选项正确；，，当最小时，，D选项正确.故选：BCD.10. 已知数列的通项公式为，则（    ）A. 数列为递增数列 B. C. 为最小项 D. 为最大项【答案】CD【解析】【分析】根据数列的通项公式，利用分离常数法得出，结合及函数的性质即可判断A、C、D；求得即可判断B．【详解】，当()时，，且单调递减；当()时，，且单调递减，则为最小项，为最大项，故C、D正确，A错误；，，则，故B错误，故选：CD．11. 已知曲线C的方程为，圆，则（    ）A. C表示一条直线B. 当时，C与圆M有3个公共点C. 当时，存在圆N，使得圆N与圆M相切，且圆N与C有4个公共点D. 当C与圆M的公共点最多时，r的取值范围是【答案】BC【解析】【分析】对于A，由，得，则表示两条直线；对于B，C，利用点到直线的距离公式进行判断；对于D，举反例判断即可【详解】由，得，即，则表示两条直线，其方程分别与，所以A错误；因为到直线的距离，所以当时，直线与圆相切，易知直线与圆相交，与圆有3个公共点，所以B正确；当时，存在圆，使得圆内切于圆，且圆与这两条直线都相交，即与有4个公共点与圆的公共点的个数的最大值为4，所以C正确；当时，圆与直线、 交于一点，所以公共点的个数为3，所以D错误，故选：BC【点睛】关键点点睛：此题考查直线与圆的位置关系，解题的关键是对方程得，即，从而可得曲线表示的是直线与，从而进行分析即可，考查计算能力，属于中档题12. 已知双曲线的左､右焦点分别是,点在双曲线的右支上,则(   )A. 若直线的斜率为,则B. 使得为等腰三角形的点有且仅有个C. 点到两条渐近线的距离乘积为D. 已知点,则的最小值为【答案】AC【解析】【分析】对于A,设,根据题意,将直线的斜率为化简为二次函数,利用二次函数求出范围;对于B,和各有两个,可判断正误;对于C,利用点到直线距离公式可求点到两条渐近线的距离,进而判断C的正误;对于D,根据点与双曲线的位置关系可求最小值.【详解】对于A,由题意可知,,设,则直线的斜率为,,令则，令则在单调递减,则故A正确.对于B,当,则满足条件的有两个;当,则满足条件的有两个;易得不存在满足,满足为等腰三角形的有4个,故B错误.对于C,渐近线方程为,即,所以,故C正确.对于D,点Q与在双曲线两侧，当三点共线时,有最小值,此时,故D错误.故选:AC.三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分.）13. 设等比数列的前项和为，且满足①，②是递增数列，③，写出一个满足上述三个条件的一个数列通项=________.【答案】(答案不唯一，只要满足,即可)【解析】【分析】根据等比数列的通项公式，结合等比数列的单调性进行求解即可，【详解】因为，是递增数列，所以由且，而，所以，即只需满足取，则故答案为: 14. 已知等差数列的通项公式分别为，将数列与的公共项从小到大排列得到数列，则的前项和为________．【答案】【解析】【分析】首先判断出数列与项的特征，从而判断出两个数列公共项所构成新数列的首项以及公差，利用等差数列的求和公式求得结果.【详解】因为数列是以1为首项，以2为公差的等差数列，数列是以1首项，以3为公差的等差数列，所以这两个数列的公共项所构成的新数列是以1为首项，以6为公差的等差数列，所以的前项和为，故答案为：.15. 在平面直角坐标系中，P是曲线上的一个动点，则点P到直线的距离的最小值是_____.【答案】【解析】【分析】根据题意，找到与直线平行且与曲线相切时的切点坐标，再结合点到直线的距离公式，即可得到结果.【详解】设直线与相切，则切线的斜率为且，令，则，即切点的横坐标为，将，代入，可得，即切点坐标为，所以点P到直线的距离的最小值即为到直线的距离，即，故答案为: 16. 已知是椭圆上的三个点，为坐标原点，两点关于原点对称，经过右焦点，若且，则该椭圆的离心率是_____．【答案】##【解析】【分析】方法一：设椭圆的左焦点为，由条件证明四边形为矩形，设，结合椭圆的定义求，，利用勾股定理列方程可得关系由此可求离心率.方法二：设，，由可得，由可得，结合点坐标满足椭圆方程列方程，消元可得关系由此可求离心率.【详解】方法一：设椭圆的半焦距为，左焦点为，则因为两点关于原点对称，所以，又，所以，所以四边形为矩形，设，因为，所以，由椭圆的定义可得，，在，，，，所以，所以，故，，在中，，所以，所以，所以离心率.方法二：设椭圆的半焦距为，点的坐标为，点的坐标为，则点的坐标为，点的坐标为，且①，②，②×4－①可得，，因为经过右焦点，，所以，所以，故，所以，又，所以，因为，所以，又，所以，所以，所以，即，又，所以，所以离心率.故答案为：.【点睛】方法点睛：椭圆的离心率是椭圆最重要的几何性质，求椭圆的离心率(或离心率的取值范围)，常见有两种方法：①求出a，c，代入公式；②只需要根据一个条件得到关于a，b，c的齐次式，结合转化为a，c的齐次式，然后等式(不等式)两边分别除以a或转化为关于e的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得e(e的取值范围)．四、解答题（本题共6小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）17. 已知数列为等差数列．（1），，求；（2）若，求．【答案】（1）11    （2）【解析】【分析】(1)根据等差数列的定义求出首项公差即可；(2)根据等差数列的性质和前项和公式求解.【小问1详解】设公差为，由，解得，所以，【小问2详解】因为，所以.18. 在平面直角坐标系中，四点在同一个圆E上．（1）求实数a的值；（2）若点在圆E上，求的取值范围．【答案】（1）或5；    （2）[，]．【解析】【分析】(1)利用圆的一般方程，待定系数法求解；(2)根据几何几何意义求解.【小问1详解】设过A、B、C的圆的方程为将点A、B、C的坐标分别代入圆的方程，得，解得： 得圆的方程为将点D的坐标代入上述所得圆的方程，得解得a＝1或5；【小问2详解】点在圆E：上，其几何意义为圆E上的点到距离的平方减1．如图： ∴的最小值为＝；的最大值为．∴的取值范围是[，]．19. 在数列中，，，．（1）设，求证：数列是等比数列；（2）求数列的前项和．【答案】（1）证明见解析    （2）【解析】【分析】（1）利用，化简可知，进而可知数列是首项为、公比为的等比数列；（2）通过可知，进而利用分组求和法计算即得结论．【小问1详解】证明：又数列是首项为、公比为的等比数列；【小问2详解】由（1）可知，即， .20. 已知公差不为的等差数列的首项，且、、成等比数列.（1）求数列的通项公式；（2）设，，是数列的前项和，求使成立的最大的正整数.【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）设等差数列的公差为，根据已知条件可得出关于实数的等式，结合可求得的值，由此可得出数列的通项公式；（2）利用裂项求和法求出，解不等式即可得出结果.【小问1详解】解：设等差数列的公差为，则，由题意可得，即，整理得，，解得，故.【小问2详解】解：，所以，，由得，可得，所以，满足成立的最大的正整数的值为.21. 汶川震后在社会各界的支持和帮助下，汶川一中临时搭建了学校，学校餐厅也做到了保证每天供应1000名学生用餐，每星期一有A、B两样菜可供选择（每个学生都将从二者中选一），为了让学生们能够安心上课对学生的用餐情况进行了调查．调查资料表明，凡是在本周星期一选A菜的，下周星期一会有20％改选B，而选B菜的，下周星期一则有30％改选A，若用分别表示在第个星期一选A、B菜的人数．（1）试以表示；（2）若，求的通项公式；（3）在（2）的条件下，问第个星期一时，选A与选B的人数相等？【答案】（1）．（2）；（3）第3个星期一．【解析】【分析】（1）根据题意可得，结合，即可以用表示；（2）由（1）确定是首项为﹣400，公比为的等比数列，即可求的通项公式；（3）确定An＝500，利用通项建立方程，即可求得结论．【详解】（1）由题可知，∵在本周星期一选A菜的，下周星期一会有20%改选B，而选B菜的，下周星期一则有30%改选A，∴又，所以整理得：．（2）若，且，设，则∴，即可以看成是首项为﹣400，公比为的等比数列．∴； （3）∵又，则由得即第3个星期一时，选A与选B的人数相等．【点睛】本题考查数列的应用，考查求数列的通项，解题的关键是确定数列递推式，从而确定数列的通项．22. 已知椭圆C：的离心率为，且过点．（1）求的方程：（2）点，在上，且，，为垂足．证明：存在定点，使得为定值．【答案】（1）；（2）详见解析.【解析】【分析】（1）由题意得到关于方程组，求解方程组即可确定椭圆方程.（2）方法一：设出点，的坐标，在斜率存在时设方程为, 联立直线方程与椭圆方程，根据已知条件，已得到的关系，进而得直线恒过定点，在直线斜率不存在时要单独验证，然后结合直角三角形的性质即可确定满足题意的点的位置.【详解】（1）由题意可得：，解得：，故椭圆方程为：.(2)［方法一］：通性通法设点，若直线斜率存在时，设直线的方程为：，代入椭圆方程消去并整理得：，可得，，因为，所以，即，根据,代入整理可得：，        所以，整理化简得，因为不在直线上，所以，故，于是的方程为，所以直线过定点直线过定点.当直线的斜率不存在时，可得，由得：，得，结合可得：， 解得：或（舍）.此时直线过点.令为中点，即，若与不重合，则由题设知是的斜边，故，若与重合，则，故存在点，使得为定值.［方法二］【最优解】：平移坐标系将原坐标系平移，原来的O点平移至点A处，则在新的坐标系下椭圆的方程为，设直线的方程为．将直线方程与椭圆方程联立得，即，化简得，即．设，因为则，即．代入直线方程中得．则在新坐标系下直线过定点，则在原坐标系下直线过定点．又，D在以为直径的圆上．的中点即为圆心Q．经检验，直线垂直于x轴时也成立．故存在，使得．［方法三］：建立曲线系A点处的切线方程为，即．设直线的方程为，直线的方程为，直线的方程为．由题意得．则过A，M，N三点的二次曲线系方程用椭圆及直线可表示为（其中为系数）．用直线及点A处的切线可表示为（其中为系数）．即．对比项、x项及y项系数得将①代入②③，消去并化简得，即．故直线的方程为，直线过定点．又，D在以为直径的圆上．中点即为圆心Q．经检验，直线垂直于x轴时也成立．故存在，使得．［方法四］：设．若直线的斜率不存在，则．因为，则，即．由，解得或（舍）．所以直线的方程为．若直线的斜率存在，设直线的方程为，则．令，则．又，令，则．因为，所以，即或．当时，直线的方程为．所以直线恒过，不合题意；当时，直线的方程为，所以直线恒过．综上，直线恒过，所以．又因为，即，所以点D在以线段为直径的圆上运动．取线段的中点为，则．所以存在定点Q，使得为定值．【整体点评】（2）方法一：设出直线方程，然后与椭圆方程联立，通过题目条件可知直线过定点，再根据平面几何知识可知定点即为的中点，该法也是本题的通性通法；方法二：通过坐标系平移，将原来的O点平移至点A处，设直线的方程为，再通过与椭圆方程联立，构建齐次式，由韦达定理求出的关系，从而可知直线过定点，从而可知定点即为的中点，该法是本题的最优解；方法三：设直线，再利用过点的曲线系，根据比较对应项系数可求出的关系，从而求出直线过定点，故可知定点即为的中点；方法四：同方法一，只不过中间运算时采用了一元二次方程的零点式赋值，简化了求解以及的计算．