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2023-2024学年吉林省通化市辉南县第六中学高二上学期11月月考数学试题含答案
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这是一份2023-2024学年吉林省通化市辉南县第六中学高二上学期11月月考数学试题含答案，共14页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．数列{an}满足，且，是函数的两个零点，则的值为（ ）
A．4B．－4C．4040D．－4040
【答案】A
【分析】由题设可得+＝8，根据已知条件易知{an}是等差数列，应用等差中项的性质求.
【详解】由，是的两个零点，即，是x2－8x＋3＝0的两个根，
∴+＝8，又，即数列{an}是等差数列，
∴+＝8，故＝4.
故选：A.
2．已知直线与直线，若，则（ ）
A．2或B．或5C．5D．
【答案】D
【分析】根据平行直线的判断方法求解即可.
【详解】因为，
所以，
故选：D
3．已知数列中，且满足，则（ ）
A．2B．C．D．
【答案】C
【分析】先写出数列的前几项，发现其周期，进而求得的值.
【详解】由，，
可得，，，,,
则数列的值以3为周期重复，则
故选：C
4．若直线与圆相交，则点（ ）
A．在圆上B．在圆外C．在圆内D．以上都有可能
【答案】B
【分析】利用圆心到直线的距离与半径的关系确定点与圆的位置关系即可.
【详解】直线与圆有两个不同的交点，则圆心到直线的距离小于半径，即：
，即，
据此可得：点与圆的位置关系是点在圆外.
故选：B.
5．已知椭圆C的焦点在轴上，长轴长是短轴长的3倍，且经过点，则的标准方程为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据椭圆上的点及椭圆的长短轴关系即可求得椭圆方程.
【详解】由题可知，所以，
且椭圆C的焦点在x轴上，则椭圆的标准方程为.
故选：A.
6．点在圆上运动，点在直线上运动，若的最小值是2，则的值为（ ）
A．10B．C．20D．
【答案】D
【分析】根据圆心到直线的距离以及的最小值求得.
【详解】圆的圆心为，半径为，
到直线的距离为，
由于的最小值是，所以直线与圆相离，
所以的最小值为.
故选：D
7．设双曲线的虚轴长为2，焦距为，则双曲线的渐近线方程为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据题意得到，，进而得到，求出渐近线方程.
【详解】由题意得，，解得，，
故，
故双曲线渐近线方程为.
故选：C
8．如图，已知，是双曲线C：的左､右焦点，P，Q为双曲线C上两点，满足，且，则双曲线C的离心率为（ ）
（
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】延长与双曲线交于点P＇，易得，设，结合双曲线定义得，进而在中应用勾股定理得到齐次方程，即可得离心率.
【详解】延长与双曲线交于点P＇，因为，根据对称性知，
设，则，，可得，即，
所以，则，，
即，可知，
在中，由勾股定理得，即，解得.
故选：B
【点睛】关键点点睛：延长与双曲线交于点P＇，利用双曲线对称性及定义求出，最后在中应用勾股定理得到齐次方程为关键.
二、多选题
9．已知方程表示的曲线为C，则下列四个结论中正确的是（ ）
A．当时，曲线C是椭圆
B．当或时，曲线C是双曲线
C．若曲线C是焦点在x轴上的椭圆，则
D．若曲线C是焦点在y轴上的椭圆，则
【答案】BC
【分析】根据给定条件，利用椭圆、双曲线方程的特征逐项判断作答.
【详解】对于A，当时，，则曲线是圆，A错误；
对于B，当或时，，曲线是双曲线，B正确；
对于C，若曲线是焦点在轴上的椭圆，则，解得，C正确；
对于D，若曲线是焦点在轴上的椭圆，则，解得，D错误．
故选：BC.
10．下列四个命题中正确的是（ ）
A．已知是空间的一组基底，若，则也是空间的一组基底
B．是平面α的法向量，是直线l的方向向量，若，则
C．已知向量，，则在方向上的投影向量为
D．直线l的方向向量为，且l过点，则点到直线l的距离为2
【答案】ACD
【分析】由空间向量基底的性质判断A；由线面平行的条件判定B；由投影向量的概念求C；由向量法求点到直线的距离判断D.
【详解】对于A，假设共面，则存在，使得，则，
因为是空间的一组基底，即不共面，与矛盾，
所以不共面，则也是空间的一组基底，故A正确；
对于B，当时，满足条件，但直线不平行于平面，故B错误；
对于C，在方向上的投影向量为，故C正确；
对于D，由条件得，，
所以在方向上的投影为，
则点到直线l的距离为，故D正确；
故选：ACD.
11．大衍数列，来源于《乾坤谱》中对易传“大衍之数五十”的推论主要用于解释中国传统文化中的太极衍生原理数列中的每一项，都代表太极衍生过程中，曾经经历过的两仪数量总和，是中国传统文化中隐藏着的世界数学史上第一道数列题.其前10项依次是0，2，4，8，12，18，24，32，40，50，…，则下列说法正确的是（ ）
A．此数列的第20项是200
B．此数列的第19项是180
C．此数列的前n项和为
D．此数列偶数项的通项公式为
【答案】AB
【分析】根据偶数项通项公式为，奇数项是后一项减去后一项的项数，进而逐项分析判断.
【详解】观察此数列，偶数项通项公式为，
奇数项是后一项减去后一项的项数，即，
由此可得，，
故A，B正确，D错误
因为是一个等差数列的前项，而题中数列不是等差数列，
不可能为，故C错误，
故选：AB.
12．已知抛物线的焦点为F，，是C上相异两点，则下列结论正确的是（ ）
A．若，则B．若，且，则
C．若，则D．若，则的最小值为
【答案】AD
【分析】根据相等向量得F为的中点，利用焦半径公式求解弦长判断A，根据焦半径公式及点在抛物线上建立方程求解判断B，根据焦半径公式判断C，根据抛物线的定义，把转化为，利用当三点共线时，取得最小值，从而判断D.
【详解】对于A，因为，所以F为的中点，
根据抛物线的对称性知，直线与轴垂直，
所以，正确；
对于B，因为，所以，即，又，所以，
所以，解得或，错误；
对于C，若，则，当且仅当三点共线时等号成立，错误；
对于D，抛物线的焦点为，准线方程为，
过点作准线的垂线，垂足为点，
由抛物线的定义得，则，
当点N、A、M三点共线时，取得最小值，且最小值为.正确.
故选：AD.
三、填空题
13．已知数列满足：，，，且对任意的正整数m，n，当或2时，都有，则下列结论中所有正确结论的序号为 ．
①，②数列是等差数列，③，④当n为奇数时，．
【答案】
【分析】令，求得即可判断①；根据等差数列的定义即可判断②；结合②的分析，利用累加法计算即可判断③；结合③的分析，令得，求得，即可判断④.
【详解】①：由题意知，，令，
得，解得，故①正确；
②：由①知，，令，
得，即，
所以数列是以3为首项，2为公差的等差数列，故②正确；
③：由②知，
所以，
所以，故③错误；
④：令，得，所以，
令，则为奇数，则，
又适合上式，所以当n为奇数时，，故④正确.
故答案为：①②④.
14．已知圆与圆的公共弦所在直线恒过点，则点坐标为 .
【答案】
【分析】两圆方程作差得到公共弦方程，再求出定点坐标.
【详解】圆与圆的公共弦方程为，
即，令，解得，
所以公共弦所在直线恒过点.
故答案为：
四、双空题
15．已知圆：，若圆：与圆内切，则 ；若点是圆上一动点，满足“点到直线的距离等于2”的点，在圆上有且仅有三个，则 .
【答案】 18 7
【分析】利用两圆相内切可得，可求，圆心到直线的距离为，进而可得，可求．
【详解】由圆，得，
由圆，得，
由已知得，解得；
圆心到直线的距离为，
又“点到直线的距离等于2”的点，在圆上有且仅有三个，
，
．
故答案为：18；7．
五、填空题
16．已知抛物线，在轴正半轴上存在一点，使过的任意直线交抛物线于，都有为定值，则点的坐标为 ．
【答案】
【分析】设直线MN的解析式为，联立方程组，利用一元二次方程根与系数的关系和两点间的距离公式，化简整理，即可得到点P的坐标．
【详解】设．
设直线MN的解析式为，
联立得到：，
整理，得，则
设
则
即存在时，，
即存在，使得为定值
故答案为：．
六、解答题
17．已知数列的前n项和为,且
(1)求的通项公式
(2)求证数列是等差数列
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】(1)根据,代入即可求出通项公式,注意检验;
(2)由题意得出的通项公式,用后一项减前一项为定值来证明是等差数列即可.
【详解】（1）解:由题知,
当时,
,
将代入上式可得,
故时满足上式,
;
（2）证明:由题知,
,
,
且,
是以3为首项,1为公差的等差数列.
18．在四棱锥中，平面，四边形是矩形，分别是的中点．
(1)求证：平面；
(2)求二面角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据平行四边形，可得线线平行，进而可证明线面平行.（2）根据空间向量，计算法向量，利用法向量的夹角求二面角.
【详解】（1）证明：取的中点，连接，，
又是的中点，所以，且．
因为四边形是矩形，所以且，所以，且．
因为是的中点，所以，所以且，
所以四边形是平行四边形，故．
因为平面，平面，
所以平面．
（2）因为平面，四边形是矩形，所以，，两两垂直，
以点为坐标原点，直线，，分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系（如图所示）．
设，所以，．
因为，分别为，的中点，
所以，，，
所以，，．
设平面的一个法向量为，
由即
令，则，，所以．
设平面的一个法向量为，
由即
令，则，，
所以．
所以．
由图知二面角为锐角，
所以二面角的余弦值为．
19．已知为椭圆的左､右焦点，点为其上一点，且.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)已知直线与椭圆相交于两点，与轴交于点，若存在，使得，求的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据题意，列出关于的方程，代入计算，即可得到结果；
（2）根据题意，设，由可得，联立直线与椭圆方程，结合韦达定理，代入计算，即可得到结果.
【详解】（1）由题意设椭圆的标准方程为，
因为点为椭圆上一点，且，所以，
解得，所以椭圆的标准方程为.
（2）
设又，
由得，，
联立可得
，
即，，且，
又，则，
，，
代入得，
，解得.
的取值范围是.
20．已知等差数列满足：，，数列的前项和是．
(1)求及；
(2)令，求数列的前项和的取值范围．
【答案】(1)，
(2)
【分析】（1）根据等差数列的性质，建立方程求得公差，利用公式，可得答案；
（2）利用裂项相消的求和方法，可得答案.
【详解】（1）由数列为等差数列，则设其公差为，由，，则，解得，
故，.
（2）由（1）可知，，
则
.
显然，
因为，，则.
一、单选题
1．数列{an}满足，且，是函数的两个零点，则的值为（ ）
A．4B．－4C．4040D．－4040
【答案】A
【分析】由题设可得+＝8，根据已知条件易知{an}是等差数列，应用等差中项的性质求.
【详解】由，是的两个零点，即，是x2－8x＋3＝0的两个根，
∴+＝8，又，即数列{an}是等差数列，
∴+＝8，故＝4.
故选：A.
2．已知直线与直线，若，则（ ）
A．2或B．或5C．5D．
【答案】D
【分析】根据平行直线的判断方法求解即可.
【详解】因为，
所以，
故选：D
3．已知数列中，且满足，则（ ）
A．2B．C．D．
【答案】C
【分析】先写出数列的前几项，发现其周期，进而求得的值.
【详解】由，，
可得，，，,,
则数列的值以3为周期重复，则
故选：C
4．若直线与圆相交，则点（ ）
A．在圆上B．在圆外C．在圆内D．以上都有可能
【答案】B
【分析】利用圆心到直线的距离与半径的关系确定点与圆的位置关系即可.
【详解】直线与圆有两个不同的交点，则圆心到直线的距离小于半径，即：
，即，
据此可得：点与圆的位置关系是点在圆外.
故选：B.
5．已知椭圆C的焦点在轴上，长轴长是短轴长的3倍，且经过点，则的标准方程为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据椭圆上的点及椭圆的长短轴关系即可求得椭圆方程.
【详解】由题可知，所以，
且椭圆C的焦点在x轴上，则椭圆的标准方程为.
故选：A.
6．点在圆上运动，点在直线上运动，若的最小值是2，则的值为（ ）
A．10B．C．20D．
【答案】D
【分析】根据圆心到直线的距离以及的最小值求得.
【详解】圆的圆心为，半径为，
到直线的距离为，
由于的最小值是，所以直线与圆相离，
所以的最小值为.
故选：D
7．设双曲线的虚轴长为2，焦距为，则双曲线的渐近线方程为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据题意得到，，进而得到，求出渐近线方程.
【详解】由题意得，，解得，，
故，
故双曲线渐近线方程为.
故选：C
8．如图，已知，是双曲线C：的左､右焦点，P，Q为双曲线C上两点，满足，且，则双曲线C的离心率为（ ）
（
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】延长与双曲线交于点P＇，易得，设，结合双曲线定义得，进而在中应用勾股定理得到齐次方程，即可得离心率.
【详解】延长与双曲线交于点P＇，因为，根据对称性知，
设，则，，可得，即，
所以，则，，
即，可知，
在中，由勾股定理得，即，解得.
故选：B
【点睛】关键点点睛：延长与双曲线交于点P＇，利用双曲线对称性及定义求出，最后在中应用勾股定理得到齐次方程为关键.
二、多选题
9．已知方程表示的曲线为C，则下列四个结论中正确的是（ ）
A．当时，曲线C是椭圆
B．当或时，曲线C是双曲线
C．若曲线C是焦点在x轴上的椭圆，则
D．若曲线C是焦点在y轴上的椭圆，则
【答案】BC
【分析】根据给定条件，利用椭圆、双曲线方程的特征逐项判断作答.
【详解】对于A，当时，，则曲线是圆，A错误；
对于B，当或时，，曲线是双曲线，B正确；
对于C，若曲线是焦点在轴上的椭圆，则，解得，C正确；
对于D，若曲线是焦点在轴上的椭圆，则，解得，D错误．
故选：BC.
10．下列四个命题中正确的是（ ）
A．已知是空间的一组基底，若，则也是空间的一组基底
B．是平面α的法向量，是直线l的方向向量，若，则
C．已知向量，，则在方向上的投影向量为
D．直线l的方向向量为，且l过点，则点到直线l的距离为2
【答案】ACD
【分析】由空间向量基底的性质判断A；由线面平行的条件判定B；由投影向量的概念求C；由向量法求点到直线的距离判断D.
【详解】对于A，假设共面，则存在，使得，则，
因为是空间的一组基底，即不共面，与矛盾，
所以不共面，则也是空间的一组基底，故A正确；
对于B，当时，满足条件，但直线不平行于平面，故B错误；
对于C，在方向上的投影向量为，故C正确；
对于D，由条件得，，
所以在方向上的投影为，
则点到直线l的距离为，故D正确；
故选：ACD.
11．大衍数列，来源于《乾坤谱》中对易传“大衍之数五十”的推论主要用于解释中国传统文化中的太极衍生原理数列中的每一项，都代表太极衍生过程中，曾经经历过的两仪数量总和，是中国传统文化中隐藏着的世界数学史上第一道数列题.其前10项依次是0，2，4，8，12，18，24，32，40，50，…，则下列说法正确的是（ ）
A．此数列的第20项是200
B．此数列的第19项是180
C．此数列的前n项和为
D．此数列偶数项的通项公式为
【答案】AB
【分析】根据偶数项通项公式为，奇数项是后一项减去后一项的项数，进而逐项分析判断.
【详解】观察此数列，偶数项通项公式为，
奇数项是后一项减去后一项的项数，即，
由此可得，，
故A，B正确，D错误
因为是一个等差数列的前项，而题中数列不是等差数列，
不可能为，故C错误，
故选：AB.
12．已知抛物线的焦点为F，，是C上相异两点，则下列结论正确的是（ ）
A．若，则B．若，且，则
C．若，则D．若，则的最小值为
【答案】AD
【分析】根据相等向量得F为的中点，利用焦半径公式求解弦长判断A，根据焦半径公式及点在抛物线上建立方程求解判断B，根据焦半径公式判断C，根据抛物线的定义，把转化为，利用当三点共线时，取得最小值，从而判断D.
【详解】对于A，因为，所以F为的中点，
根据抛物线的对称性知，直线与轴垂直，
所以，正确；
对于B，因为，所以，即，又，所以，
所以，解得或，错误；
对于C，若，则，当且仅当三点共线时等号成立，错误；
对于D，抛物线的焦点为，准线方程为，
过点作准线的垂线，垂足为点，
由抛物线的定义得，则，
当点N、A、M三点共线时，取得最小值，且最小值为.正确.
故选：AD.
三、填空题
13．已知数列满足：，，，且对任意的正整数m，n，当或2时，都有，则下列结论中所有正确结论的序号为 ．
①，②数列是等差数列，③，④当n为奇数时，．
【答案】
【分析】令，求得即可判断①；根据等差数列的定义即可判断②；结合②的分析，利用累加法计算即可判断③；结合③的分析，令得，求得，即可判断④.
【详解】①：由题意知，，令，
得，解得，故①正确；
②：由①知，，令，
得，即，
所以数列是以3为首项，2为公差的等差数列，故②正确；
③：由②知，
所以，
所以，故③错误；
④：令，得，所以，
令，则为奇数，则，
又适合上式，所以当n为奇数时，，故④正确.
故答案为：①②④.
14．已知圆与圆的公共弦所在直线恒过点，则点坐标为 .
【答案】
【分析】两圆方程作差得到公共弦方程，再求出定点坐标.
【详解】圆与圆的公共弦方程为，
即，令，解得，
所以公共弦所在直线恒过点.
故答案为：
四、双空题
15．已知圆：，若圆：与圆内切，则 ；若点是圆上一动点，满足“点到直线的距离等于2”的点，在圆上有且仅有三个，则 .
【答案】 18 7
【分析】利用两圆相内切可得，可求，圆心到直线的距离为，进而可得，可求．
【详解】由圆，得，
由圆，得，
由已知得，解得；
圆心到直线的距离为，
又“点到直线的距离等于2”的点，在圆上有且仅有三个，
，
．
故答案为：18；7．
五、填空题
16．已知抛物线，在轴正半轴上存在一点，使过的任意直线交抛物线于，都有为定值，则点的坐标为 ．
【答案】
【分析】设直线MN的解析式为，联立方程组，利用一元二次方程根与系数的关系和两点间的距离公式，化简整理，即可得到点P的坐标．
【详解】设．
设直线MN的解析式为，
联立得到：，
整理，得，则
设
则
即存在时，，
即存在，使得为定值
故答案为：．
六、解答题
17．已知数列的前n项和为,且
(1)求的通项公式
(2)求证数列是等差数列
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】(1)根据,代入即可求出通项公式,注意检验;
(2)由题意得出的通项公式,用后一项减前一项为定值来证明是等差数列即可.
【详解】（1）解:由题知,
当时,
,
将代入上式可得,
故时满足上式,
;
（2）证明:由题知,
,
,
且,
是以3为首项,1为公差的等差数列.
18．在四棱锥中，平面，四边形是矩形，分别是的中点．
(1)求证：平面；
(2)求二面角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据平行四边形，可得线线平行，进而可证明线面平行.（2）根据空间向量，计算法向量，利用法向量的夹角求二面角.
【详解】（1）证明：取的中点，连接，，
又是的中点，所以，且．
因为四边形是矩形，所以且，所以，且．
因为是的中点，所以，所以且，
所以四边形是平行四边形，故．
因为平面，平面，
所以平面．
（2）因为平面，四边形是矩形，所以，，两两垂直，
以点为坐标原点，直线，，分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系（如图所示）．
设，所以，．
因为，分别为，的中点，
所以，，，
所以，，．
设平面的一个法向量为，
由即
令，则，，所以．
设平面的一个法向量为，
由即
令，则，，
所以．
所以．
由图知二面角为锐角，
所以二面角的余弦值为．
19．已知为椭圆的左､右焦点，点为其上一点，且.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)已知直线与椭圆相交于两点，与轴交于点，若存在，使得，求的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据题意，列出关于的方程，代入计算，即可得到结果；
（2）根据题意，设，由可得，联立直线与椭圆方程，结合韦达定理，代入计算，即可得到结果.
【详解】（1）由题意设椭圆的标准方程为，
因为点为椭圆上一点，且，所以，
解得，所以椭圆的标准方程为.
（2）
设又，
由得，，
联立可得
，
即，，且，
又，则，
，，
代入得，
，解得.
的取值范围是.
20．已知等差数列满足：，，数列的前项和是．
(1)求及；
(2)令，求数列的前项和的取值范围．
【答案】(1)，
(2)
【分析】（1）根据等差数列的性质，建立方程求得公差，利用公式，可得答案；
（2）利用裂项相消的求和方法，可得答案.
【详解】（1）由数列为等差数列，则设其公差为，由，，则，解得，
故，.
（2）由（1）可知，，
则
.
显然，
因为，，则.
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吉林省通化市辉南县第六中学2023-2024学年高一上学期9月月考数学试题（含答案）： 这是一份吉林省通化市辉南县第六中学2023-2024学年高一上学期9月月考数学试题（含答案），共9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。
