2023-2024学年福建省漳州市长泰第二中学高二上学期第二次月考数学试题含答案

这是一份2023-2024学年福建省漳州市长泰第二中学高二上学期第二次月考数学试题含答案，共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题，证明题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．过两点的直线的倾斜角为，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】由倾斜角与斜率及两点坐标的关系可求.
【详解】设直线斜率为，则，
故选：D.
2．等差数列前项的和为，前项的和为，则它的前项的和为（ ）
A．130B．170C．210D．260
【答案】C
【分析】根据等差数列前项和的性质，结合已知数据，求解即可.
【详解】利用等差数列的性质：成等差数列，
所以，即，解得.
故选：C.
3．已知等比数列的公比且，前项积为，若，则下列结论正确的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】首先计算，再根据等比数列的性质，即可求解.
【详解】因为，所以，由且可知，同号，所以.
故选：C
4．已知数列是公比为q的等比数列，若，且是与的等差中项，则的值是（ ）
A．B．3C．2D．1或2
【答案】B
【分析】由等比数列的性质及等差中项的定义求得公比即可.
【详解】由题意可得：，而是与的等差中项，
即(舍去)或，
，即.
故选：B
5．已知，过斜率为的直线上存在不同的两个点满足：.则的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】根据双曲线的定义可得，是以、为焦点的双曲线的右支上的两点，即过斜率为的直线与双曲线的右支有两个交点，求出双曲线方程，联立直线与双曲线，消元，根据及韦达定理得到不等式组，解得即可.
【详解】因为，
所以，是以、为焦点的双曲线的右支上的两点，
且，，所以，
双曲线方程为，
则过斜率为的直线方程为，
由，消去整理得，
所以，解得，即的取值范围为.
故选：C.
6．如图的形状出现在南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法·商功》中，后人称为“三角垛”.“三角垛”的最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球……在2015年世乒赛期间，苏州某景点就用乒乓球堆成“三角垛”型的装饰品，假设一个“三角垛”装饰品共有n层，记使用的乒乓球数量为，则（ ）
（参考公式：）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】通过观察发现每一层的乒乓球数为，从而求转化成数列的前项和，利用等差数列前项和公式和即可求出结果.
【详解】
故选：D
7．椭圆的左右焦点为､，为椭圆上的一点，，则△的面积为（ ）
A．1B．C．D．2
【答案】C
【分析】由椭圆方程可得，结合余弦定理求得，最后根据三角形面积公式求△的面积.
【详解】∵点是椭圆上的一点，､是焦点，
∴，即①，
∵在△中，
∴②，
①-②得：，.
故选：C.
8．已知F1，F2分别为双曲线C:的左右焦点，过点F1且斜率存在的直线L与双曲线C的渐近线相交于AB两点，且点AB在x轴的上方，AB两个点到x轴的距离之和为，若，则双曲线的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据得到为直角三角形，进而根据点差法得中点弦的性质即可求.
【详解】设,，设的中点为，
由于，故,因此为直角三角形，故，
由于，所以，进而可得，
故或，由在双曲线渐近线上，
所以，
进而，
当时，,，
所以，
当时，,，所以不符合题意，舍去，
综上：故离心率为.
故选：A

二、多选题
9．已知曲线，则（ ）
A．若，，则曲线C表示椭圆
B．若，则曲线C表示双曲线
C．若，，则曲线C表示双曲线，其渐近线方程为
D．若，，则曲线C表示焦点在x轴上的椭圆，其离心率
【答案】BC
【分析】利用曲线的方程逐项分析即得.
【详解】对于A，若，，当时，则曲线C表示圆，故A错误；
对于B，若，当时曲线C表示焦点在x轴上的双曲线，当时曲线C表示焦点在y轴上的双曲线，所以若，则曲线C表示双曲线，故B正确；
对于C，若，，则，，
所以曲线C表示双曲线，方程为，
令，得，即，故其渐近线方程为，故C正确；
对于D，若，，则曲线C方程为，即，
因为，所以曲线C表示焦点在y轴上的椭圆，故D错误.
故选：BC.
10．实数x，y满足，则的值可能为（ ）
A．B．C．D．
【答案】BCD
【分析】令，与联立，然后利用解出的取值范围，即得.
【详解】令，可得，
则直线与圆，
将代入方程，
得
解得，即.
故选：BCD.
11．记为数列的前n项和，若，且，，成等比数列，则（ ）
A．为等差数列B．
C．，，成等比数列D．有最大值，无最小值
【答案】AC
【分析】先根据递推公式求出数列 的通项公式，再根据条件求出 ，然后逐项分析.
【详解】由题意 ，
得： ，
， 是首项为 ，公差为1的等差数列，
，
由于 成等比数列， ， ，解得 ；
对于A，正确；
对于B，错误；
对于C， ，正确；
对于D， ，是关于n的二次函数，所以在 或13处取得最小值，无最大值，错误；
故选：AC.
12．2023年暑期档动画电影《长安三万里》重新点燃了人们对唐诗的热情，唐诗中边塞诗又称出塞诗，是唐代汉族诗歌的主要题材，是唐诗当中思想性最深刻，想象力最丰富，艺术性最强的一部分，唐代诗人李颀的边塞诗《古从军行》开头两句说：“白日登山望烽火，黄昏饮马傍交河”.诗中隐含着一个有趣的数学问题——“将军饮马”，即将军在观望烽火之后从山脚下某处出发，先到河边饮马后再回军营，怎样走才能使总路程最短？在平面直角坐标系中，设将军的出发点是，军营所在位置为，河岸线所在直线的方程为，若将军从出发点到河边饮马，再回到军营（“将军饮马”）的总路程最短，则（ ）
A．将军从出发点到河边的路线所在直线的方程是
B．将军在河边饮马的地点的坐标为
C．将军从河边回军营的路线所在直线的方程是
D．“将军饮马”走过的总路程为
【答案】BD
【分析】求出点关于直线的对称点为，直线的方程为即为从出发点到河边的路线，可得A错误；联立直线方程可解得交点坐标即为饮马地点的坐标为，可得B正确；直线的方程为即为从河边回军营的路线，可得C错误；由各路段长度总和即可求出“将军饮马”走过的总路程为，可知D正确.
【详解】由题可知在的同侧，
设点关于直线的对称点为，如下图所示：

则，解得；即.
将军从出发点到河边的路线所在直线即为，
又，所以直线的方程为，故错误；
设将军在河边饮马的地点为，则即为与的交点，
联立两直线方程解得，故B正确；
将军从河边回军营的路线所在直线为，又，
所以直线的方程为，故C错误；
总路程，
所以“将军饮马”的总路程为，故D正确.
故选：BD.
三、填空题
13．写出一个同时满足以下条件的抛物线的方程为 ．
①的顶点在坐标原点；②的对称轴为坐标轴；③的焦点到其准线的距离为
【答案】（答案不唯一）
【分析】待定系数法去求抛物线的方程
【详解】由①②可知的方程为抛物线的标准方程，由③可知，，
所以抛物线的方程可以为．
故答案为：(答案不唯一)
14．过椭圆内一点，且被这点平分的弦所在直线的方程是 .
【答案】
【分析】利用点差法即可求得过点且被点P平分的弦所在直线的方程.
【详解】设该直线与椭圆的两个交点分别为，
则
又，，两式相减得
则，则，
则所求直线方程为，即
经检验符合题意.
故答案为：
15．已知抛物线的焦点为为抛物线上任意一点，点，则的最小值为 ．
【答案】4
【分析】利用抛物线的定义，结合抛物线的性质，转化求解即可．
【详解】由题意可知抛物线的焦点坐标为，准线的方程为，过作于
由抛物线定义可知，所以，
则当共线时取得最小值，所以最小值为：．
故答案为：4．
四、双空题
16．图1为一种卫星接收天线，其曲面与轴截面的交线为抛物线的一部分．已知该卫星接收天线的口径，深度．信号处理中心位于焦点处，以顶点为坐标原点，建立如图2所示的平面直角坐标系，若是该抛物线上一点，则点到直线和直线的距离之和的最小值是 ，若以为直径的圆与y轴的公共点坐标为，则点的横坐标为 ．
【答案】 2 /
【分析】（1）由题知，根据待定系数法得，进而根据抛物线的定义，将问题转化为求的距离，再数形结合求解即可；
（2）取中点为，过作轴的垂线，垂足为，过作轴的垂线，垂足为，进而结合抛物线的定义得以为直径的圆与y轴相切，再结合题意得P点纵坐标为，进而代入抛物线方程即可得答案.
【详解】由图2，可设抛物线方程为，过点，
∴，抛物线方程为，
∴，是抛物线的准线，
∴到的距离等于．
（1）过作于，则到直线和直线的距离之和为
∵抛物线的焦点
∴过F作于，和抛物线的交点就是，
∴（当且仅当三点共线时等号成立）
∴点到直线的距离和到直线的距离之和的最小值就是到直线距离，
∴最小值．
（2）取中点为，过作轴的垂线，垂足为，过作轴的垂线，垂足为
则为梯形的中位线，
由抛物线的定义可得，
所以，
所以，以为直径的圆与y轴相切，
所以点为圆与y轴的切点，所以D点的纵坐标为，
又D为中点，所以P点纵坐标为，
又点P在抛物线上，则有，解得，所以P点横坐标为．
故答案为：；.
五、解答题
17．求满足下列条件的直线方程：
(1)过点，与直线平行；
(2)过点，与直线垂直．
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）由直线的斜率为，利用直线平行可得所求直线的斜率，由点斜式可得结果；
（2）由直线的斜率为，利用直线垂直可得所求直线的斜率，由点斜式可得结果.
【详解】（1）因为直线的斜率为，所求直线与直线平行，
所以所求直线的斜率是，
因为所求直线过点，
所以所求的直线方程是，即；
（2）因为直线的斜率为，
所求直线与直线垂直，所以所求直线的斜率是，
因为所求直线过点，
所以直线方程为，即.
六、证明题
18．已知圆，圆．
(1)证明圆A与圆B相交，并求圆A与圆B的公共弦所在直线的方程；
(2)已知点，若直线PA，PC相交于点P，且它们的斜率之积为，求动点P的轨迹方程并说明轨迹图形．
【答案】(1)证明见解析；
(2)轨迹方程为，P的轨迹是除去，两点的双曲线
【分析】（1）求出圆A与圆B的圆心和半径，再根据圆心距与半径的关系即可判断证出两圆相交，两圆的方程作差即可求出圆A与圆B的公共弦所在直线的方程；
（2）设，由题意得，，化简即得动点P的轨迹方程，并可知轨迹图形．
【详解】（1）圆A，圆心，半径，
圆B，圆心，半径，，
∴，所以圆A与圆B相交．
圆，圆，
两式相减，得．
（2）设，由题意得，，
化简得，P的轨迹方程为，所以P的轨迹是除去，两点的双曲线．
七、解答题
19．已知数列的前项和为，在①且；②；③且，，这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并求解：
(1)已知数列满足______，求的通项公式；
(2)已知正项等比数列满足，，求数列的前项和．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）若选①，由已知可推得，进而得出数列是常数列，从而得出；若选②，由已知推得，进而根据与的关系，即可推得；若选③，根据等差中项的性质，可推得数列是等差数列.然后由已知求得，即可得出.
（2）根据已知可求出，然后根据对数运算以及裂项化简可得，然后相加即可得出.
【详解】（1）若选①且
由可得.
又，
所以数列是常数列，且，所以.
若选②
由已知可得，.
当时，有；
当时，有，
，
两式作差可得，，
所以.
又满足，所以.
若选③且，
由可得，，
所以，数列是等差数列.
又，，
所以，所以，
所以.
（2）由（1）知，，所以.
设等比数列公比为，
由已知可得，解得，
所以.
所以，
所以.
20．对于椭圆：，我们称双曲线：为其伴随双曲线．已知椭圆（），它的离心率是其伴随双曲线离心率的倍．

(1)求椭圆伴随双曲线的方程；
(2)如图，点，分别为的下顶点和上焦点，过的直线与上支交于，两点，设的面积为，（其中为坐标原点）．若的面积为，求．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）设椭圆与其伴随双曲线的离心率分别为，，依题意可得，，根据离心率公式得到方程，求出，即可得解；
（2）设直线的斜率为，，，直线的方程，联立直线与双曲线方程，消元、列出韦达定理，求出，由求出，再由可得，根据数量积的坐标表示，代入韦达定理，即可得解.
【详解】（1）设椭圆与其伴随双曲线的离心率分别为，，
依题意可得，，
即，即，解得，
所以椭圆，则椭圆伴随双曲线的方程为.
（2）由（1）可知，，设直线的斜率为，，，
则直线的方程，与双曲线联立并消去得，
则，所以，，则，
又，又，
所以，
解得或（舍去），
又，所以
，
因为，所以.
八、证明题
21．双曲线的左、右焦点分别为，过作与轴垂直的直线交双曲线于两点，的面积为12，抛物线以双曲线的右顶点为焦点.

(1)求抛物线的方程；
(2)如图，点为抛物线的准线上一点，过点作轴的垂线交抛物线于点，连接并延长交抛物线于点，求证：直线过定点.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）设，令，代入的方程得，结合三角形的面积求出，即可得出，从而得解；
（2）由（1）知，可得的坐标，直线的方程为，代入抛物线的方程可得的坐标，进而得的方程，求解即可.
【详解】（1）
设，则，
令，代入的方程，得.
所以，所以，
故，即.
所以抛物线的方程为.
（2）由（1）知，则.
直线的方程为，代入抛物线的方程有.
当时，，
所以直线的方程为，即.
所以此时直线过定点.
当时，直线的方程为，此时仍过点，
综上，直线过定点.
九、解答题
22．已知椭圆过点，点与关于原点对称，椭圆上的点满足直线与直线的斜率之积为.
(1)求椭圆的方程；
(2)直线与椭圆相交于两点，已知点，点与关于原点对称，讨论：直线的斜率与直线的斜率之和是否为定值？如果是，求出此定值；如果不是，请说明理由.
【答案】(1)
(2)是定值，0
【分析】（1）先求得，设，由可得，求得，从而可得椭圆方程；
（2）设，联立直线方程与椭圆方程，利用韦达定理可得，由题意得，而，把代入即可求解.
【详解】（1）因为椭圆过点，所以，
设满足，则，
又，
则，
所以椭圆的方程.
（2）直线，代入椭圆，可得，
由于直线交椭圆于两点，所以，整理得.
设，由于点与关于原点对称，所以，
于是有，
，
又，
于是有
故直线的斜率与直线的斜率之和为0.

【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；
（5）代入韦达定理求解.