重庆市江北区字水中学2023-2024学年高二上学期第二次月考数学试题（Word版附解析）

这是一份重庆市江北区字水中学2023-2024学年高二上学期第二次月考数学试题（Word版附解析），共24页。试卷主要包含了5B等内容，欢迎下载使用。

一.单项选择题：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，只有一个选项是符合题目要求的．
1. 若直线l的一个方向向量为，求直线的倾斜角（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】求出直线斜率，进而求出直线倾斜角即得.
【详解】直线l的一个方向向量为，则直线斜率为，
所以直线的倾斜角为.
故选：C
2. 设F为抛物线的焦点，点A在C上，点，若，则（ ）
A. 2B. C. 3D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据抛物线上的点到焦点和准线的距离相等，从而求得点的横坐标，进而求得点坐标，即可得到答案.
【详解】由题意得，，则，
即点到准线的距离为2，所以点的横坐标为，
不妨设点在轴上方，代入得，，
所以.
故选：B
3. 我国古代数学著作《周髀算经》中记载了二十四节气与晷长的关系：每个节气的晷长损益相同.晷是按照日影测定时刻的仪器，晷长即为所测量影子的长度，如图1所示，损益相同，即相邻两个节气晷长减少或增加的量相同，且周而复始.二十四节气及晷长变化如图2所示.已知谷雨时节晷长为5.5尺，霜降时节晷长为9.5尺，则二十四节气中晷长的最大值为（ ）
A. 14.5B. 13.5C. 12.5D. 11.5
【答案】B
【解析】
【分析】设相邻两个节气晷长减少或增加的量为，由图可知冬至的晷长最大，设为，从冬至到谷雨减少，从霜降到冬至增加，然后根据题意列方程组可求得答案
【详解】设相邻两个节气晷长减少或增加的量为，由图可知冬至的晷长最大，设为，从冬至到谷雨减少，从霜降到冬至增加，则
，解得，
所以二十四节气中晷长的最大值为，
故选：B
4. 由伦敦著名建筑事务所Steyn Studi设计的南非双曲线大教堂惊艳世界，该建筑是数学与建筑完美结合造就的艺术品．若将如图所示的大教堂外形弧线的一段近似看成双曲线下支的一部分，且此双曲线的下焦点到渐近线的距离为，离心率为，则该双曲线的渐近线方程为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由，设下焦点为，渐近线方程为，然后根据双曲线的下焦点到渐近线的距离为，离心率为求得即可.
【详解】因为，
所以下焦点为，渐近线方程为，即 ，
则下焦点到的距离为，
又因为，
解得，即，
所以渐近线方程为：
故选：B
5. 若直线与曲线有交点，则实数k的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】确定曲线表示圆心为，半径的一个半圆，直线过定点，画出图像，计算斜率，得到答案.
【详解】曲线，即，，
表示圆心为，半径的一个半圆.
直线，过定点，
如图所示，画出图像：
，，，，
根据图像知：，
故选：D
6. 等比数列满足，，数列满足，时，，则数列的通项公式为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由等比数列性质与累加法求解，
【详解】根据题意得，，解得，故，
时，，
故
．
故选：A
7. 已知数列的前n项和为，且，若恒成立，则实数的最大值为（ ）
A. B. 1C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】求出数列得通项公式和前n项和，将不等式恒成立转化成函数最值问题，即可求得最值.
【详解】因为
当时，解得：
当时，，
两式相减得：
数列是首相为，公比为2得等比数列
所以，所以
易得
，即
，即
所以，即
易知时， ，，，，
满足 ，所以
所以，
故选：C
8. 已知中心在坐标原点的椭圆C1与双曲线C2有公共焦点，且左，右焦点分别为F1，F2，C1与C2在第一象限的交点为P，△PF1F2是以PF1为底边的等腰三角形，若|PF1|＝10，C1与C2的离心率分别为e1，e2，则的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设椭圆和双曲线的半焦距为c，|PF1|＝m，|PF2|＝n，，由条件可得m＝10，n＝2c，再由椭圆和双曲线的定义可得，运用三角形的三边关系求得c的范围，再由离心率公式，计算即可得到所求范围．
【详解】设椭圆和双曲线的半焦距为c，|PF1|＝m，|PF2|＝n，，
由于△PF1F2是以PF1为底边的等腰三角形．若|PF1|＝10，
则有m＝10，n＝2c，
由椭圆的定义可得，
由双曲线的定义可得，
即有，
再由三角形的两边之和大于第三边，可得，
可得，即有，
由离心率公式可得，
因为，所以，，则，，
故，，则，即，
故的取值范围是.
故选：B．
二.多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．
9. 设等差数列的前n项和为，且，，则下列结论正确的有（ ）
A. B.
C. 数列单调递减D. 对任意，有
【答案】BCD
【解析】
【分析】由可得，而，从而可判断ABCD.
【详解】，
，，B正确；
而，故无法判断的正负，A错误；
，数列单调递减，C正确；
当时，有最大值，即，D正确.
故选：BCD
10. （多选）已知抛物线的焦点到准线的距离为，直线过点且与抛物线交于，两点，若是线段的中点，则（ ）
A. B. 抛物线的方程为
C. 直线的方程为D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】由焦点到准线的距离可求得，则可判断A正确，B错误；利用斜率坐标计算公式几何中点坐标计算公式可求得直线的斜率，从而求得的方程，可判断C正确；，所以从而判断D正确.
【详解】因为焦点到准线的距离为4，根据抛物线的定义可知，故A正确
故抛物线的方程为，焦点，故B错误
则，．
又是的中点，则，所以，
即，所以直线的方程为．故C正确
由，
得．故D正确
故选：ACD．
11. 已知正方体中，平面，平面，，记直线与平面所成角为，则的值可能为（ ）
A. B. C. D.
【答案】BC
【解析】
【分析】连接空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用空间向量法求出，由的取值范围，求出的取值范围，即可判断.
【详解】解：如图建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为，则，，，，，
则，，，，
设平面的法向量为，因为平面，平面，
所以，，即，令，则，
又，
所以，
因为，所以，所以，
所以.
即，故符合题意的有B、C；
故选：BC
12. 如图，已知椭圆：的左、右焦点分别为，，是上异于顶点的一动点，圆（圆心为）与的三边，，分别切于点A，B，C，延长交x轴于点D，作交于点，则（ ）.
A. 为定值B. 为定值
C. 为定值D. 为定值
【答案】BCD
【解析】
【分析】由余弦定理可知，从而可知不是定值；由椭圆定义可判断B，由切线长定理和椭圆的定义可判断C，由等面积法可判断D.
【详解】对于A，设，，，
由余弦定理可知：
即，解得
由于在上运动，所以的值也在随之变化，
从而不是定值，则A错误；
对于B，根据椭圆的定义，，是定值，B正确；
对于C，根据切线长定理和椭圆的定义，
得，
且，则，
所以为定值，C正确；
对于D，连接,则，
由，
解得，由，
得为定值，则D正确.
故选：BCD
第Ⅱ卷（非选择题）
三.填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 若椭圆的弦中点坐标为，则直线的斜率为_________________．
【答案】
【解析】
【分析】利用点差法求得正确答案.
【详解】由于，所以点在椭圆内部，
设，，由已知，，
，两式相减得，
∴．
故答案为：
14. 如图，已知 平面 ， ， ，则向量 在 上的投影向量等于____.
【答案】
【解析】
【分析】先求出，再根据投影向量的公式计算即可.
【详解】平面，
则，
向量在上的投影向量为
故答案为：.
15. 在数列中，，则数列的通项公式为______.
【答案】
【解析】
【分析】根据可得为等差数列，从而可求的通项公式.
【详解】由题设可得，故为等差数列，
故，
故，
故答案为：
16. 已知抛物线：，圆：，在抛物线上任取一点，向圆作两条切线和，切点分别为，，则的取值范围是______ ．
【答案】
【解析】
【分析】设点，由已知关系，可用点坐标表示出.在，有
，进而可推出，根据的范围，即可得到结果.
【详解】
由已知，，.
如图，设点，则，
，
在中，有
，
易知，则，
则，
因为，，所以当时，取得最大值，
又，所以，.
所以，的取值范围是.
故答案为：.
四.解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出必要文字说明、证明过程或演算步骤．
17. 已知直线l过点，且______.在下列所给三个条件中任选一个，补充在上面的问题中，并完成解答（若选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分）.
①与圆相切；②倾斜角的余弦值为；③直线l的一个方向向量为.
（1）求直线l的一般方程；
（2）若由直线l上一点M引圆的切线，切点为N，求的最小值.
【答案】（1）；
（2）3
【解析】
【分析】（1）若选①：根据点圆的关系，结合圆的切线性质进行求解即可；
若选②：根据同角的三角函数关系式，结合直线点斜式方程进行求解即可；
若选③：根据直线的方向向量的性质，结合直线点斜式方程进行求解即可.
（2）根据直线与圆的位置关系，结合圆的切线性质进行求解即可.
【小问1详解】
选①，∵上，
点在该圆上，显然圆心到直线的距离为，
所以直线l斜率存在且唯一；
故设直线l为；
∵直线l与圆相切；
故圆心到直线l的距离等于半径；
∴；
∴直线l的一般方程为.
选②，设直线l的倾斜角为，则；
∴，故直线l的斜率为；
∵直线l过点；
∴；
∴直线l的一般方程为；
选③，∵直线l的一个方向向量为；
∴l的斜率；
∵直线l过点；
∴；
∴直线l的一般方程为；
【小问2详解】
由题（1）知直线；
由圆，故圆心，半径为2；
因为圆心到该直线的距离为，
所以直线l圆C相离，
连接，则，即为直角三角形，
如下图所示：
∴；
∴当取得最小值时，最小.
∵的最小值即点C到直线l的距离，
即，此时，
∴的最小值为3.
18. 如图，在四棱锥中，底面ABCD，，E为棱PD的中点，F是线段PC上一动点．
（1）求证：平面平面PAB；
（2）若直线BF与平面ABCD所成角的正弦值为时，求点C到平面AEF的距离．
【答案】（1）证明过程见解析；
（2）.
【解析】
【分析】（1）根据线面垂直的判定定理，结合面面垂直的判定定理可证得结论成立；
（2）以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，设，其中，利用已知条件求出的值，然后利用空间向量法可求得点C到平面AEF的距离.
【小问1详解】
证明：因为，，则，
平面，平面，，
，、平面，平面，
平面，因此，平面平面.
【小问2详解】
因为底面，，
以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
则、、、、、，
设，，其中，
易知平面的一个法向量为，
由已知可得，解得，
所以，为的中点，即，
设平面的法向量为，，，
则，取，可得，
，因为，
所以点C到平面AEF的距离为：.
19. 若是公差不为0的等差数列的前项和，且，，成等比数列，.
（1）求数列的通项公式；
（2）设，求数列的前项和.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）等差数列通项公式和求和公式列方程求解；
（2）利用裂项相消法，可求和.
【小问1详解】
根据题意，设等差数列公差为，
因为，，成等比数列，，
所以，
整理得：，
解得
故.
【小问2详解】
由（1）得：，
.
20. 如图，在四边形中，于交点，.沿将翻折到的位置，使得二面角的大小为.
（1）证明：平面平面；
（2）在线段上（不含端点）是否存在点，使得二面角的余弦值为，若存在，确定点的位置，若不存在，请说明理由.
【答案】（1）证明见解析
（2）存在，为上靠近点的三等分点，理由见解析
【解析】
【分析】（1）先由题设条件证线面垂直，进而可证面面垂直.
（2）由已知条件建立空间直角坐标系，通过三点共线设出点的坐标，然后求出二面角对应的两个平面的法向量，再通过二面角的余弦值的绝对值等于其法向量所成角的余弦值的绝对值求解.
【小问1详解】
因为，所以，平面,平面,
又因为，所以平面，
因为平面，所以平面平面.
【小问2详解】
过作，因为平面，所以，
因为，平面,平面
所以平面，
如图所示，以点为坐标原点，所在直线分别为轴､轴，
与过点作平行于的直线为轴，建立空间直角坐标系.
因为，所以二面角的平面角为，即
则，，.
设，
则.
设是平面的一个法向量，
则，取
因为是平面的一个法向量.
所以，解得或（舍）
所以为上靠近点的三等分点，即.
故：存在点为上靠近点的三等分点满足条件.
21. 已知等差数列满足，，等比数列满足，．
（1）求数列，的通项公式；
（2）令，求证：，其中．
【答案】（1），
（2）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）利用定义法即可求出等差数列和等比数列的通项公式
（2）通过（1）求出的，的通项公式，表达数列，然后利用公式法和放缩法，分类讨论n为奇数或偶数时前n项的和，进而证明不等式.
【小问1详解】
由题意，,
在等差数列中，设
解得：
∴
等比数列中，设，
，解得：
∴
【小问2详解】
由题意及（1）得，，，，
在中，
设，
当n为奇数时，
在中，
∵
∴
∴
在中，
解得：
∴
∴
当n为偶数时，
同理可得，
综上，.
22. 已知直线是双曲线的渐近线，且双曲线过点，
（1）求双曲线的标准方程；
（2）若双曲线与直线交于，（，）两点，直线又与圆切于点M，且，求直线的方程.
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）通过渐近线设双曲线方程，将已知点代入求解；
（2）根据题中所给向量关系，以点坐标的两种表示方法为等式，代入直线与双曲线交点坐标求解.
【小问1详解】
∵双曲线的渐近线方程为，即，
∴设双曲线的方程为（）
∵双曲线过点，
∴将点代入（），得
，即，
∴双曲线的方程为，其标准方程为.
【小问2详解】
由已知，直线的斜率存在且不为，设直线的方程为：，
即，
∵直线与圆相切，
∴圆心到直线的距离，∴
且直线与直线垂直，∴，
∴直线的方程为：，
∴由，解得，
∵，∴，
∵，∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
，消去，整理得：
，
∴，
∵，
∴，
，
将，代入，得：
，整理、化简、得：
，
∴，
两边同时平方，得：，
∴，即，
解得（舍）或，
∴，
∵且，（，），
∴或，
∴直线的方程为或，
即或.