2023-2024学年陕西省榆林市府谷县第一中学高二上学期第二次（12月）月考数学试题含答案

这是一份2023-2024学年陕西省榆林市府谷县第一中学高二上学期第二次（12月）月考数学试题含答案，共13页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题，问答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．抛物线的焦点坐标为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】把抛物线方程化为标准方程，由此可得焦点坐标．
【详解】因为抛物线的标准方程为，，，，所以焦点坐标为，
故选：A．
2．数列的一个通项公式可以是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】利用检验法，由通项公式验证是否符合数列的各项结合排除法即可.
【详解】选项A：，不符合题意；
选项B：，不符合题意；
选项C：不符合题意；
而选项D中的通项公式满足数列，
故选：D
3．已知直线经过焦点在坐标轴上的椭圆的两个顶点，则该椭圆的方程为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】求出直线与两坐标轴的焦点为，.根据，可设椭圆的方程为，求出即可.
【详解】令，可得；令，可得.
则由已知可得，椭圆的两个顶点坐标为，.
因为，所以椭圆的焦点在轴上.
设椭圆的方程为，则，，
所以椭圆的方程为.
故选：C.
4．已知数列是等比数列，且，，则（ ）
A．3B．6
C．3或D．6或
【答案】B
【分析】利用等比数列的通项公式求解.
【详解】解：设数列的公比为q，
则，
所以，，
所以．
故选：B．
5．已知曲线表示双曲线，则实数m的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据双曲线方程的特征进行求解即可.
【详解】由题意知，，解得，
所以实数m的取值范围是.
故选：A.
6．已知是等差数列的前项和，若，则（ ）
A．15B．18C．23D．27
【答案】B
【分析】利用等差数列前项和公式及等差数列的性质求解即可.
【详解】因为是等差数列的前项和，
所以，
故选：B．
7．已知椭圆的右顶点为，下顶点为，为坐标原点，且点到直线的距离为，则椭圆的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】先求出直线的方程，然后利用点到直线的距离可得到，即可求解
【详解】由题意知，，
所以直线的方程为即，
所以点到直线的距离为，所以，
所以．
故选：B．
8．已知双曲线的左焦点为，点是双曲线右支上的一点，点是圆上的一点，则的最小值为（ ）
A．5B．C．7D．8
【答案】C
【分析】由双曲线定义等于到右焦点的距离，而的最小值是（是圆半径），由此可得结论．
【详解】记双曲线的右焦点为，所以，
当且仅当点为线段与双曲线的交点时，取到最小值．
故选：C．
二、多选题
9．在等比数列中，，则的公比可能为（ ）
A．B．C．2D．4
【答案】ABC
【分析】利用等比数列的通项公式和已知条件可得答案.
【详解】设的公比为，所以，
解得或或．
故选：ABC．
10．已知抛物线的焦点为，点在抛物线上，若为坐标原点，则（ ）
A．点的坐标为B．
C．D．
【答案】BD
【分析】先求出抛物线的焦点坐标，再利用抛物线的定义结合已知可求出点的坐标，从而可得答案.
【详解】由题可知，
因为点在抛物线上，且，
所以，
解得，
所以，
故选：BD.
11．已知椭圆C：的左，右焦点分别为F1，F2，过F2的直线l交椭圆C于A，B两点（不同于左、右顶点），则下列说法正确的是（ ）
A．当直线l与x轴垂直时，B．△ABF1的周长为
C．的内切圆的面积的最大值为D．的最小值为4
【答案】ACD
【分析】利用代入法，结合椭圆的定义、椭圆的性质、平面向量数量积的运算性质逐一判断即可.
【详解】当直线l与x轴垂直时，直线l的方程为，
所以，解得，所以，故A正确；
的周长为，
故B错误；
设的内切圆的半径为，
，
当A为椭圆C的上顶点或下顶点时，的面积取得最大值，
最大值，所以
的内切圆的半径的最大值，
所以的内切圆的面积的最大值为，故C正确；
，
因为，
所以，故D正确.
故选：ACD.
【点睛】关键点睛：本题的关键是利用椭圆的定义和焦点三角形面积的性质.
12．已知等差数列的前项和为，公差为，且，则下列说法正确的是（ ）
A．B．
C．D．当时，取得最小值
【答案】ACD
【分析】先判断出，，，再对四个选项一一判断：
对于A、B选项，由，即可判断；对于C，利用，即可判断；对于D，先判断出数列{an}为递增数列，再由当时，，当时，，即可判断.
【详解】因为，所以，，．
对于A、B选项，因为，，所以，故选项A正确，选项B错误；
对于C，因为，所以，故选项C正确；
对于D，因为，，可知，，所以等差数列{an}为递增数列，
当时，，当时，，所以当时，取得最小值，故D选项正确．
故选：ACD．
三、填空题
13．在各项均为正数的等比数列中，，则 .
【答案】4
【分析】由条件，结合等比数列性质可得，再对数运算性质求即可.
【详解】因为数列为等比数列，所以，
又，所以，
所以，
故答案为：4.
14．已知等差数列的前项和为，且，，则 .
【答案】16
【分析】由于等差数列的前项和为,所以,,成等差数列，代入数据即可求得.
【详解】因为等差数列的前项和为,所以,,,成等差数列,
所以，即
解得，所以，所以，
解得，
故答案为：16
15．已知抛物线，过的直线交抛物线于两点，且，则直线的方程为 .
【答案】
【分析】根据中点坐标以及点差法即可求解斜率，进而由点斜式求直线方程.
【详解】因为在抛物线内部，又，所以是的中点.
设，所以，即，
又在抛物线上，所以，两式作差，得，所以，
所以直线的方程为，即.
故答案为：

16．已知椭圆C：的左、右焦点分别为，，点P是椭圆C上的一点，则的最大值为 .
【答案】25
【分析】先根据定义得到和的关系，再利用均值不等式求最大值.
【详解】因为点P是椭圆C上的一点，所以，
又由均值不等式可得，
当且仅当，即，时等号成立，
故答案为：25
四、解答题
17．已知数列的前n项和.
(1)求的通项公式；
(2)试判断1262是不是这个数列的项？如果是，是第几项？
【答案】(1)
(2)1262是数列的项，是第15项
【分析】（1）利用之间的关系进行求解即可；
（2）利用代入法，通过解一元二次方程进行求解即可.
【详解】（1）当时，；
当时，
时，也符合.
综上，的通项公式是；
（2）令，或，
所以1262是数列的项，是第15项.
五、问答题
18．已知抛物线的焦点关于抛物线的准线的对称点为．
(1)求抛物线的方程；
(2)过点作斜率为4直线，交抛物线于，两点，求．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据对称的性质进行求解即可；
（2）根据一元二次方程根与系数关系，结合抛物线的定义进行求解即可.
【详解】（1）该抛物线的焦点坐标为，准线方程为，
因为关于抛物线的准线的对称点为，
所以有；
（2）直线的方程为，与抛物线方程联立，得
，设，
因此有，
则有
【点睛】关键点睛：利用抛物线的定义，结合一元二次方程的根与系数关系是解题的关键
19．已知椭圆：（）的左、右焦点分别为，，点是椭圆上的一点．
(1)若，求的取值范围；
(2)若，求的面积．
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）由题设，设，应用数量积的坐标表示及椭圆的有界性求范围；
（2）由椭圆定义及余弦定理求得，利用三角形面积公式求面积即可.
【详解】（1）由题设，则，
设，故，
所以，又，且，
则.
（2）由题设，，
由，且，
所以，
综上，.

20．已知等差数列的前n项和为.
(1)求{an}的通项公式；
(2)若，求数列{}的前n项和Tn.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由等差数列的通项公式以及等差数列的前n项和公式展开可求得结果；
（2）由裂项相消求和可得结果.
【详解】（1）设等差数列的公差为d，由题意知，
解得：
∴.
故的通项公式为.
（2）∵

即：的前n项和.
21．设动点与点之间的距离和点到直线的距离的比值为，记点的轨迹为曲线.
(1)求曲线的方程；
(2)若为坐标原点，直线交曲线于两点，求的面积.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据题意，结合距离公式列出方程，整理即可得到曲线的方程；
（2）联立方程组，设，利用弦长公式和点到直线的距离公式，结合三角形的面积公式，即可求解.
【详解】（1）解：由动点与点之间的距离和到直线：的距离的比值为，
可得，整理得，
即曲线的方程为.
（2）解：联立方程组，整理得，
设，，可得，，
所以，
又由点到直线的距离，
所以的面积.
22．已知椭圆的离心率为，且过点．
(1)求椭圆的方程；
(2)若直线与椭圆交于，两点，点是轴上的一点，过点作直线的垂线，垂足为，是否存在定点，使得为定值？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)存在定点，定值为
【分析】（1）根据题意得，将点代入方程即可解决；
（2），结合韦达定理得，即可解决
【详解】（1）由题知，，
所以椭圆为，由点在椭圆上得解得，故椭圆方程为
（2）设，
由，得
所以，
所以
，
所以，解得，
所以存在定点，使得为定值.