上海交通大学附属中学2023-2024学年高二数学上学期10月月考试题（Word版附解析）

这是一份上海交通大学附属中学2023-2024学年高二数学上学期10月月考试题（Word版附解析），共3页。

1. 复数的虚部是__________.
2. 直线的倾斜角为______．
3. 已知方程表示双曲线，则m的取值范围是___________.
4. 正项等比数列中，，则的值是________.
5. 若三边长为2，3，4，则的最大角的余弦值为______．
6. 在线段上运动，已知，则的取值范围是_______.
7. 如图，吊车梁鱼腹部分AOB是抛物线的一段，宽6m，高0.5m，根据图中的坐标系，可得这条抛物线的准线方程为______．
8. 已知是椭圆的两个焦点，过且与椭圆长轴垂直的直线交椭圆于，两点，若是正三角形，则该椭圆的离心率为________．
9. 如图，在等边三角形中，，点为中点，点是边（包括端点）上的一个动点，则的最小值为______.
10. 若平面直角坐标系内两点满足条件：①都在函数的图象上；②关于轴对称，则称点对是函数的图象上的一个“镜像点对”（点对与点对看作同一个“镜像点对”）．已知函数，则的图象上的“镜像点对”有________对.
11. 在平面直角坐标系xOy中，设直线y＝－x＋2与圆x2＋y2＝r2(r＞0)交于A，B两点．若圆上存在一点C，满足，则r的值为________．
12. 已知轴上的点、、…、满足，射线上的点、、…、满足，，则四边形的面积的取值范围为______
二、单选题（本大题共有4题，每题满分5分）每题有且只有一个正确答案，考生应在答题纸的相应编号上，将代表答案的小方格涂黑
13. 在等差数列{an}中，a2、a4是方程的两根，则a3的值为（ ）
A. 2B. 3C. ±2D.
14. 设分别为中所对边的边长，则直线与直线的位置关系是（ ）
A. 相交但不垂直B. 垂直C. 平行D. 重合
15. 已知，是圆上的两点，是直线上一点，若存在点，，，使得，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
16. 已知平面向量满足，且，则的最大值为（ ）
A. B. C. D.
三、解答题（本大题共有5题，满分76分）解答下列各题必须在答题纸相应编号的规定区域内写出必要的步骤.
17. 已知直线l经过两条直线和的交点.
（1）若直线l与直线平行，求直线l的方程；
（2）若直线l与夹角为，求直线l的方程.
18. 在平面直角坐标系中，过点且互相垂直的两条直线分别与圆交于点A，B，与圆交于点C，D.
（1）若直线的斜率为3，求的面积；
（2）若，求的长；
19. 如图1，一艺术拱门由两部分组成，下部为矩形，的长分别为和，上部是圆心为的劣弧，．
（1）求图1中拱门最高点到地面的距离；
（2）现欲以B点为支点将拱门放倒，放倒过程中矩形所在的平面始终与地面垂直，如图2、图3、图4所示．设与地面水平线所成的角为．记拱门上的点到地面的最大距离为，试用的函数表示，并求出的最大值．
20. 已知椭圆的方程为，其离心率，、分别为椭圆的左、右焦点，P为椭圆上的点（P不在x轴上），周长为6.过椭圆右焦点的直线l与椭圆交于A、B两点.
（1）求椭圆标准方程；
（2）求的范围.
（3）O为坐标原点，面积为，求直线l方程.
21. 数列对于确定的正整数，若存在正整数使得成立，则称数列为“阶可分拆数列”.
（1）设 是首项为2，公差为2的等差数列，证明为“3阶可分拆数列”；
（2）设数列的前项和为，若数列为“阶可分拆数列”，求实数的值；
（3）设，试探求是否存在使得若数列为“阶可分拆数列”．若存在，请求出所有，若不存在，请说明理由．
上海交通大学附属中学2023-2024学年度第一学期
高二数学月考试卷
一、填空题（本大题共有12题，满分54分，第1-6题每题4分，第7-12题每题5分）考生应在答题纸的相应位置直接填写结果.
1. 复数的虚部是__________.
【答案】
【解析】
【分析】利用复数的相关概念即可得解.
【详解】由复数虚部的概念，易知复数的虚部为.
故答案为：.
2. 直线的倾斜角为______．
【答案】
【解析】
【分析】将一般式方程整理为斜截式方程可得直线斜率，由斜率和倾斜角关系求得倾斜角.
【详解】由，可得，
所以直线的斜率为，
所以倾斜角为.
故答案为：.
3. 已知方程表示双曲线，则m的取值范围是___________.
【答案】
【解析】
【分析】根据双曲线标准方程的特征即可列不等式求解.
【详解】方程表示双曲线，则需满足，解得，
故答案为：
4. 正项等比数列中，，则的值是________.
【答案】20
【解析】
【分析】根据等比数列的性质求解即可.
【详解】在等比数列中，，
，
故答案为:20.
5. 若的三边长为2，3，4，则的最大角的余弦值为______．
【答案】
【解析】
【分析】直接利用三角形的三边关系式和余弦定理求出结果．
【详解】解：根据大边对大角得到：
设，，，
所以：．
故答案为．
【点睛】本题考查的知识要点：三角形的三边关系式及余弦定理的应用．
6. 在线段上运动，已知，则的取值范围是_______.
【答案】
【解析】
【分析】表示线段上的点与连线的斜率，画出图形，结合图形求解即可
【详解】表示线段上的点与连线的斜率，
因为
所以由图可知的取值范围是．
故答案为：
7. 如图，吊车梁的鱼腹部分AOB是抛物线的一段，宽6m，高0.5m，根据图中的坐标系，可得这条抛物线的准线方程为______．
【答案】
【解析】
【分析】利用待定系数法，代入已知点，建立方程，根据准线的公式，可得答案.
【详解】设这条抛物线的方程为，由图可知B点坐标为（3,0.5），所以，得，故这条抛物线的准线方程为．
故答案为：.
8. 已知是椭圆的两个焦点，过且与椭圆长轴垂直的直线交椭圆于，两点，若是正三角形，则该椭圆的离心率为________．
【答案】##
【解析】
【分析】根据是正三角形，且直线与椭圆长轴垂直，得到是正三角形的高，．在△中，设，可得，所以，用勾股定理算出，得到椭圆的长轴，焦距，即可求出椭圆的离心率；
【详解】
是正三角形，
，
直线与椭圆长轴垂直，
是正三角形的高，，
△中，设，，
，
因此，椭圆的长轴，焦距
椭圆的离心率为．
故答案为：.
9. 如图，在等边三角形中，，点为的中点，点是边（包括端点）上的一个动点，则的最小值为______.
【答案】
【解析】
【分析】根据已知，利用图形以及向量的线性运算、数量积运算、二次函数进行计算求解.
【详解】因为等边三角形中，，点为的中点，设，则
所以当时，取最小值，最小值为.
故答案为：.
10. 若平面直角坐标系内两点满足条件：①都在函数的图象上；②关于轴对称，则称点对是函数的图象上的一个“镜像点对”（点对与点对看作同一个“镜像点对”）．已知函数，则的图象上的“镜像点对”有________对.
【答案】
【解析】
【分析】由函数，关于轴对称的图象，转化为函数与在时的交点个数，作出函数的图象，结合图象，即可求解.
【详解】函数，关于轴对称的图象，
由定义可知，函数与在时的交点个数，
即为“镜像点对”的个数，作出函数与在时的图象，
由图象可知与在时的交点个数存3个，
所以函数图象上的“镜像点对”有3对．
故答案为：.
11. 在平面直角坐标系xOy中，设直线y＝－x＋2与圆x2＋y2＝r2(r＞0)交于A，B两点．若圆上存在一点C，满足，则r的值为________．
【答案】
【解析】
【详解】
即，整理化简得cs∠AOB＝－，过点O作AB的垂线交AB于D，则cs∠AOB＝2cs2∠AOD－1＝－，得cs2∠AOD＝.又圆心到直线的距离为OD＝，所以cs2∠AOD＝＝＝，所以r2＝10，r＝.
12. 已知轴上的点、、…、满足，射线上的点、、…、满足，，则四边形的面积的取值范围为______
【答案】
【解析】
【分析】先通过点满足可得为等比数列，求其通项公式，进而可得点，再利用满足可得，则根据可将面积用表示，再通过判断数列的单调性可得面积的取值范围.
【详解】由轴上的点、、…、满足
得，，
又，
则是以4为首项，为公比的等比数列，
，
，
又符合上式，
，
因为射线上的点、、…、满足
又
，
又，
，
，
则，
四边形的面积为，
即，
令，，则
，
当时，
当时，，
则的最大值为，
又，且，
所以，而，
故，
所以四边形的面积的取值范围为.
故答案为：
二、单选题（本大题共有4题，每题满分5分）每题有且只有一个正确答案，考生应在答题纸的相应编号上，将代表答案的小方格涂黑
13. 在等差数列{an}中，a2、a4是方程的两根，则a3的值为（ ）
A. 2B. 3C. ±2D.
【答案】D
【解析】
分析】根据韦达定理可得，再利用等差中项运算求解.
【详解】由题意可得：
∵{an}为等差数列，则
∴
故选：D.
14. 设分别为中所对边的边长，则直线与直线的位置关系是（ ）
A 相交但不垂直B. 垂直C. 平行D. 重合
【答案】B
【解析】
【分析】分别求出两直线斜率，相乘，利用正弦定理边角互化即可求解.
【详解】由题意可知直线与直线的斜率均存在且不为0，
直线的斜率，
直线的斜率，
由正弦定理可得，
所以两直线垂直，
故选：B
15. 已知，是圆上的两点，是直线上一点，若存在点，，，使得，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】确定在以为直径圆上，，根据均值不等式得到圆上的点到的最大距离为，得到，解得答案.
【详解】，故在以为直径的圆上，设中点为，则，
圆上的点到的最大距离为，
，当时等号成立.
直线到原点的距离为，故.
故选：B.
16. 已知平面向量满足，且，则的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意，求出，建立平面直角坐标系，设，求出轨迹方程，利用几何意义即可求出的最大值.
【详解】由可知,，故，
如图建立坐标系，，，
设，由可得：
，
所以的终点在以为圆心,1为半径的圆上，
所以，几何意义为到距离的2倍，
由儿何意义可知，
故选：D.
三、解答题（本大题共有5题，满分76分）解答下列各题必须在答题纸相应编号的规定区域内写出必要的步骤.
17. 已知直线l经过两条直线和的交点.
（1）若直线l与直线平行，求直线l的方程；
（2）若直线l与夹角为，求直线l的方程.
【答案】（1）；
（2），另一个是.
【解析】
【分析】（1）联立直线的方程可得交点为，再设直线l的方程为，代入求解即可；
（2）设l的点法式方程为，再根据夹角的余弦公式化简求解即可.
【小问1详解】
由，可得，即直线和的交点为，
因为直线l平行于直线，可设直线l的方程为，
把点代入方程得，
解得，所以直线l方程为；
【小问2详解】
设l的点法式方程为（a和b不同时为零），
根据夹角的余弦公式得，化简为.
所以或，此时.
所以直线l的方程有两个，一个是，另一个是.
18. 在平面直角坐标系中，过点且互相垂直的两条直线分别与圆交于点A，B，与圆交于点C，D.
（1）若直线的斜率为3，求的面积；
（2）若，求的长；
【答案】（1）；
（2）
【解析】
【分析】（1）先求解直线的方程，再计算与M点到直线的距离，进而可得的面积；
（2）设直线，再根据垂径定理可得，进而根据垂径定理求解即可.
【小问1详解】
若直线的斜率为3，则直线的方程为.
所以O点到直线的距离为，
M点到直线的距离为，
所以，所以.
【小问2详解】
由题可知，直线的斜率显然存在且不为0，设为，则直线.
所以点O到直线的距离，所以，
又，所以，解得.
因为直线与直线互相垂直，所以直线.
所以点M到直线的距离，
所以.
19. 如图1，一艺术拱门由两部分组成，下部为矩形，的长分别为和，上部是圆心为的劣弧，．
（1）求图1中拱门最高点到地面的距离；
（2）现欲以B点为支点将拱门放倒，放倒过程中矩形所在的平面始终与地面垂直，如图2、图3、图4所示．设与地面水平线所成的角为．记拱门上的点到地面的最大距离为，试用的函数表示，并求出的最大值．
【答案】（1）拱门最高点到地面的距离为．（2），其最大值为
【解析】
【分析】（1）求出圆的半径，结合圆和RT△的性质求出拱门最高点到地面的距离即可；
（2）通过讨论P点所在位置以及三角函数的性质求出h的最大值即可．
【详解】（1）如图，过作与地面垂直的直线交于点，交劣弧于点，的
长即为拱门最高点到地面的距离．
在中，，，
所以，圆的半径．
所以．
答：拱门最高点到地面的距离为．
（2）在拱门放倒过程中，过点作与地面垂直的直线与“拱门外框上沿”相交于点．
当点在劣弧上时，拱门上的点到地面的最大距离等于圆的半径长与圆心到地面距离之和；
当点在线段上时，拱门上的点到地面的最大距离等于点到地面的距离．
由（1）知，在中，．
以为坐标原点，直线为轴，建立如图所示的坐标系．
当点在劣弧上时，．
由，，
由三角函数定义，
得 ，
则．
所以当即时，
取得最大值．
当点在线段上时，．设，在中，
，
．
由，得．
所以 ．
又当时，．
所以在上递增．
所以当时，取得最大值．
因为，所以的最大值为．
综上，艺术拱门在放倒的过程中，拱门上的点到地面距离的最大值为（）．
【点睛】本题考查了函数的单调性，最值问题，考查三角函数的性质，导数的应用以及分类讨论思想，转化思想，数形结合思想，是一道综合题．
20. 已知椭圆的方程为，其离心率，、分别为椭圆的左、右焦点，P为椭圆上的点（P不在x轴上），周长为6.过椭圆右焦点的直线l与椭圆交于A、B两点.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）求的范围.
（3）O为坐标原点，面积为，求直线l的方程.
【答案】（1）
（2）；
（3）
【解析】
【分析】（1）根据椭圆离心率及的周长，结合椭圆定义即可求出椭圆C的标准方程；
（2）分类讨论直线斜率是否为0，从而假设直线方程，与椭圆方程联立，利用韦达定理与弦长公式得到关于的关系式，再分析即可得解；
（3）结合（2）中的韦达定理及面积分割法建立方程求解即可.
【小问1详解】
由题意可知，，所以，
由的周长为6得，所以，
所以，所以椭圆的标准方程为.
【小问2详解】
由（1）知，，
当直线l的斜率为0时，，
当直线l的斜率不为0时，设直线的方程为，，，
联立，消去，得，
易得，则，
所以
，
因为，所以，所以，所以，
综上，，即的范围是.
【小问3详解】
由题意及（2）得，
平方并整理得，解得或（舍去），
所以，所以直线l的方程为，即.
.
21. 数列对于确定的正整数，若存在正整数使得成立，则称数列为“阶可分拆数列”.
（1）设 是首项为2，公差为2的等差数列，证明为“3阶可分拆数列”；
（2）设数列的前项和为，若数列为“阶可分拆数列”，求实数的值；
（3）设，试探求是否存在使得若数列为“阶可分拆数列”．若存在，请求出所有，若不存在，请说明理由．
【答案】（1）见解析；（2）；（3）或3.
【解析】
【分析】（1）利用题中所给的新定义内容结合等差数列的通项公式即可证得结论；
（2）由前项和为可求出，若数列为“1阶可分拆数列”，则有，分别讨论和两种情况，计算可得；
（3）假设实数m存在，则有，代入化简可得，逐一讨论的取值直至不再成立为止，可得结果.
【详解】（1）由题意可知
，所以
所以为“3阶可分拆数列”；
（2）因为数列的前项和为
当时，；当时，，
所以 ，
因为存在正整数得成立，
①当时即，
因为，，
所以，而，所以不存在正整数（）使得成立；
②当时，若成立，则，得，
所以时存在正整数使得成立，
由①②得.
（3）假设存在使得数列为“阶可分拆数列”
即存在确定的正整数，存在正整数使得成立
即，
①当时，，时方程成立，
②当时
当时；
当时，
当时，所以不存在正整数使得成立；
③当时，当时成立，
④当时，
所以不存在正整数使得成立.
综上：或3.
【点睛】思路点睛：本题为数列新定义题，由题意可知对于确定的存在即可，且分别为关于的单调递增数列，所以可采用逐一讨论的方法直至时截止可找到所有的.