2021-2022学年重庆市外国语学校高二上学期1月月考数学试题含解析

这是一份2021-2022学年重庆市外国语学校高二上学期1月月考数学试题含解析，共20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。
2021-2022学年重庆市外国语学校高二上学期1月月考数学试题一、单选题1．在等差数列{an}中，a1＋a9＝10，则a5＝（       ）A．5 B．6C．8 D．9【答案】A【分析】直接利用等差数列的性质求解即可【详解】因为a5是a1和a9的等差中项，所以2a5＝a1＋a9，即2a5＝10，a5＝5.故选： A2．已知双曲线的离心率为，则其渐近线方程为A． B． C． D．【答案】B【详解】双曲线的离心率为,即.又，解得：，.则其渐近线方程为，故选B.3．已知，，若，则实数的值为（       ）A． B． C． D．2【答案】D【分析】由，然后根据向量数量积的坐标运算即可求解.【详解】解：因为，，所以，因为，所以，即，解得，故选：D.4．若过点的直线与曲线有公共点，则直线斜率的取值范围为（       ）A． B．C． D． 【答案】D【分析】先由题意，设直线的方程为，根据直线与圆位置关系，列出不等式求解，即可得出结果.【详解】由题意，易知，直线的斜率存在，设直线的方程为，则圆心与直线的距离应小于等于半径，即，解得.故选：D.【点睛】本题主要考查由直线与圆的位置关系求参数，属于常考题型.5．如图，在面积为1的正方形内做四边形使以此类推，在四边形内再做四边形……，记四边形的面积为，则（       ）A． B．C． D．【答案】B【分析】由平面向量的知识结合数列的通项可得，再由等比数列前n项和公式即可得解.【详解】由题意可得，所以.故选：B.【点睛】本题考查了平面向量及等比数列的应用，考查了运算求解能力，属于基础题.6．如图所示，一圆形纸片的圆心为O，F是圆内一定点，M是圆周上一动点，把纸片折叠使M与F重合，然后抹平纸片，折痕为CD，设CD与OM交于点P，则点P的轨迹是（       ）A．圆 B．双曲线 C．抛物线 D．椭圆【答案】D【分析】根据题意知,所以,故点P的轨迹是椭圆.【详解】由题意知，关于CD对称，所以，故，可知点P的轨迹是椭圆.【点睛】本题主要考查了椭圆的定义，属于中档题.7．我们把焦点相同，且离心率互为倒数的椭圆和双曲线称为一对“相关曲线”．已知是一对相关曲线的焦点，是椭圆和双曲线在第一象限的交点，当时，这一对相关曲线中椭圆的离心率为A． B． C． D．【答案】A【详解】设 ，在椭圆中，，即在双曲线中 ，即，则所以，由题知，则椭圆离心率，选A.点睛：解决椭圆和双曲线的离心率的求值及范围问题其关键就是确立一个关于的方程或不等式，再根据的关系消掉得到的关系式，而建立关于的方程或不等式，要充分利用椭圆和双曲线的几何性质、点的坐标的范围等.8．如右图，在长方体中，=11，=7，=12，一质点从顶点A射向点，遇长方体的面反射（反射服从光的反射原理），将次到第次反射点之间的线段记为，，将线段竖直放置在同一水平线上，则大致的图形是（ ）A． B． C． D．【答案】C【分析】【详解】试题分析：因为，所以延长交于，过作垂直于在矩形中分析反射情况：由于，第二次反射点为在线段上，此时,第三次反射点为在线段上，此时,第四次反射点为在线段上,由图可知，选C.【解析】空间想象能力二、多选题9．（多选）等腰直角三角形的直角顶点为，若点A的坐标为，则点B的坐标可能是（       ）A． B． C． D．【答案】AC【分析】设，根据和可求得点坐标．【详解】设，根据题意可得即解得或所以或.故选：AC．【点睛】本题考查两直线垂直的条件，考查两点间距离公式，属于基础题．10．关于双曲线与双曲线，下列说法正确的是（       ）A．它们有相同的渐近线 B．它们有相同的顶点C．它们的离心率相等 D．它们的焦距相等【答案】AD【解析】根据双曲线的几何性质，逐一分析选项即可.【详解】双曲线的渐近线为：，双曲线的渐近线方程为：，故A正确；双曲线的顶点坐标为，双曲线的顶点坐标为，故B错误；双曲线的离心率，双曲线的离心率，，故C不正确；双曲线的焦距 ，双曲线的焦距，故D正确.故选：AD．11．如图，棱长为1的正方体中为线段上的动点（不含端点）则下列结论正确的是（       ）A．直线与所成的角可能是B．平面平面C．三棱雉的体积为定值D．平面截正方体所得的截面可能是直角三角形【答案】BC【分析】对于A选项， 建立坐标系，利用坐标法求解；对于B选项，由正方体的性质可知平面，进而可判断；对于C选项，利用等体积法求解即可判断；对于D选项，分别讨论所成的截面图形即可判断.【详解】解：对于A选项，如图1，建立空间直角坐标系，则，，所以，所以，令，，所以在区间上单调递减，由于，，所以，即直线与所成的角满足，又因为，故，故直线与所成的角不可能是，故A选项错误；对于B选项，由正方体的性质可知平面，所以平面平面，故B选项正确；对于C选项，三棱雉的体积，是定值，故C选项正确；对于D选项，设的中点为，当点在线段（不包含端点）上时，此时平面截正方体所得的截面为梯形，如图2；当点在点时，此时平面截正方体所得的截面正三角形；当点在线段（不包含端点）上时，此时平面截正方体所得的截面为等腰三角形，该三角形不可能为直角三角形，故D选项错误； 故选：BC12．已知数列{an}的前n项和为Sn，Sn＝2an-2，若存在两项am，an，使得aman＝64，则下列结论正确的是（       ）A．数列{an}为等比数列B．数列{an}为等差数列C．m+n为定值D．设数列{bn}的前n项和为Tn，bn＝log2an，则数列为等差数列【答案】ACD【分析】根据与的关系式，可求出数列的通项公式，从而可判断选项A，B；根据数列的通项公式可求出选项C中的值；根据数列的通项公式可求出数列的通项公式，从而求出，然后即可判断数列为等差数列，从而判断选项D.【详解】因为数列{an}的前n项和为Sn，Sn＝2an-2，所以当n＝1时，，所以a1＝2；当n≥2时，Sn﹣1＝2an﹣1﹣2，所以an＝Sn-Sn﹣1＝2an﹣2an﹣1，整理得an＝2an﹣1，即，所以数列{an}是首项为2，公比为2的等比数列，故选项A正确，选项B错误；所以.由于，故存在两项am，an，使得aman＝64，此时2m+n＝26，即m+n＝6，故选项C正确.bn＝，所以，所以，所以，故数列为等差数列，故选项D正确.故选：ACD.三、填空题13．在平行六面体中，用向量，，表示______．【答案】【分析】由空间向量的加法和减法运算法则即可求解.【详解】解：，故答案为：.14．某学习小组研究一种卫星接收天线（如图①所示），发现其曲面与轴截面的交线为抛物线，在轴截面内的卫星波束呈近似平行状态射入形为抛物线的接收天线，经反射聚焦到焦点处（如图②所示），已知接收天线的口径（直径）为，深度为，则该抛物线的焦点到顶点的距离为_______． 【答案】【解析】在接收天线的轴截面所在平面建立直角坐标系，使接收天线的顶点（即抛物线的顶点）与原点重合，焦点在轴上，根据题意求得抛物线的标准方程，可求得该抛物线的焦点坐标，进而可得出结果.【详解】如图所示，在接收天线的轴截面所在平面建立直角坐标系，使接收天线的顶点（即抛物线的顶点）与原点重合，焦点在轴上，设抛物线的标准方程为，由已知条件可得，点在抛物线上，所以，，解得，所以，所求抛物线的标准方程为，焦点坐标为，因此，该抛物线的焦点到顶点的距离为.故答案为：.【点睛】本题考查抛物线方程的实际应用，考查计算能力，属于基础题.15．已知等轴双曲线的焦距为8，左、右焦点，在x轴上，中心在原点，点A的坐标为，P为双曲线右支上一动点，则的最小值为______．【答案】【分析】根据双曲线定义把转化为，当P，，三点共线时，取得最小值，利用两点间距离进行求解.【详解】如图，由双曲线第一定义得①，又由三角形三边关系可得②（当点P为与双曲线的交点时取到等号），①+②得：，故，由双曲线为等轴双曲线，且焦距为8可得，，，则，，故，，则．故答案为：16．已知数列是各项均为正数的等比数列，为数列的前n项和，若，则的最小值为______．【答案】18【分析】先根据得到，从而，对进行整理，用含的式子表示，再用基本不等式进行求解最小值.【详解】由得，所以，，故，解得：或，因为数列是各项均为正数，所以，故，所以．当且仅当时取得最小值．故答案为：18四、解答题17．设等比数列{an}满足，．（1）求{an}的通项公式；（2）记为数列{log3an}的前n项和．若，求m．【答案】（1）；（2）.【分析】（1）设等比数列的公比为，根据题意，列出方程组，求得首项和公比，进而求得通项公式；（2）由（1）求出的通项公式，利用等差数列求和公式求得，根据已知列出关于的等量关系式，求得结果.【详解】（1）设等比数列的公比为，根据题意，有，解得，所以；（2）令，所以，根据，可得，整理得，因为，所以，【点睛】本题考查等比数列通项公式基本量的计算，以及等差数列求和公式的应用，考查计算求解能力，属于基础题目.18．如图，四棱锥中，为正三角形，，，，，为棱的中点.（1）求证：平面平面；（2）若直线与平面所成角为，求二面角的余弦值.【答案】（1）见解析；（2）【详解】【分析】试题分析：本题主要考查线面、面面垂直的判定与性质、利用空间向量求二面角．(1)，可得为平行四边形，易得，又，可得平面，则结论易得；(2)由题意证明，建立空间直角坐标系，求出又，利用向量的夹角公式求解即可．试题解析：(1)为中点，且又且，所以且为平行四边形，．又为正三角形，从而又平面又平面平面平面．(2)因为所以又所以平面因此与平面所成的角，故，所以 ．建立如图所示的空间直角坐标系．设AD=4，则B(8，0，0)，P(0，2)，E(4，1)，所以设为平面的法向量，由，令由（1）知为平面的一个法向量，所以．由图形知二面角为钝角，所以二面角的余弦值为点睛：用法向量法求二面角的大小时，两个法向量的夹角与二面角大小不一定相等，这里有两种情形，即法向量的夹角可能与二面角相等，也可能互为补角．解题时，在求得两个法向量的夹角的基础上，再根据所给的图形判断出二面角是锐角还是钝角，然后再得出二面角的大小．19．已知点在圆上运动，点坐标为.（1）求线段中点的轨迹方程；（2）若直线与坐标轴交于两点，求面积的取值范围.【答案】（1）；（2）.【解析】（1）利用中点坐标公式，进而求解线段中点的轨迹方程即可（2）利用点到直线的距离公式，进行求面积的取值范围即可【详解】（1）已知点在圆上运动，点坐标为设的中点为，，由中点坐标公式可知，所以代 入圆中，故线段中点的轨迹方程为（2）圆化为，圆心，半径为1，圆心到直线l的距离为，则圆上一动点到直线的距离的最小值是，最大值是，又，所以面积【点睛】关键点睛：利用中点坐标公式以及点到直线的距离公式求解即可，属于基础题20．如图，在三棱柱中，平面 ，，点分别在棱和棱 上，且为棱的中点． （Ⅰ）求证：；（Ⅱ）求二面角的正弦值；（Ⅲ）求直线与平面所成角的正弦值．【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）；（Ⅲ）.【分析】以为原点，分别以的方向为轴，轴，轴的正方向建立空间直角坐标系.（Ⅰ）计算出向量和的坐标，得出，即可证明出；（Ⅱ）可知平面的一个法向量为，计算出平面的一个法向量为，利用空间向量法计算出二面角的余弦值，利用同角三角函数的基本关系可求解结果；（Ⅲ）利用空间向量法可求得直线与平面所成角的正弦值.【详解】依题意，以为原点，分别以、、的方向为轴、轴、轴的正方向建立空间直角坐标系（如图），可得、、、、、、、、.（Ⅰ）依题意，，，从而，所以；（Ⅱ）依题意，是平面的一个法向量，，．设为平面的法向量，则，即，不妨设，可得．，．所以，二面角的正弦值为；（Ⅲ）依题意，．由（Ⅱ）知为平面的一个法向量，于是．所以，直线与平面所成角的正弦值为.【点睛】本题考查利用空间向量法证明线线垂直，求二面角和线面角的正弦值，考查推理能力与计算能力，属于中档题.21．已知点是函数的图象上一点，数列的前n项和是．(1)求数列的通项公式；(2)若，且数列的前n项和为，求的通项公式及最大值．【答案】(1)(2)；最大值为【分析】（1）求出，，利用求出的通项公式；（2）求出，用错位相减法求出，得到为单调递减数列，故最大值为.(1)把点代入函数得，所以，所以数列的前n项和是，当时，；当时，，所以；(2)由，得，所以，①．②由①②得：．所以．（时也满足）∵，∴在为单调递减数列，故当时有最大值为．22．已知椭圆()的上顶点为，左焦点为，离心率为，直线与圆相切.（1）求椭圆的标准方程；（2）设过点且斜率存在的直线与椭圆相交于两点，线段的垂直平分线交轴于点，试判断是否为定值？并说明理由.【答案】（1）；（2）存在，定值，理由见解析【分析】（1）根据已知条件得，，再由直线与圆相切时，圆心到直线的距离等于半径可求得，得出椭圆的标准方程；（2）设，，，设直线，联立，消去得，，，根据弦长公式求，法一:由在线段的垂直平分线上，得，由两点的距离公式和椭圆的标准方程可得出中点的横坐标，可求得，可得所求的比值；法二:求出 线段的中点和线段的垂直平分线方程，可得点的坐标，可求得，可得所求的比值；【详解】（1）如图，，，，直线的方程为，直线与圆相切，，，椭圆的标准方程为.（2）设，，，设直线，联立，消去得，，法一:在线段的垂直平分线上，，………①在椭圆上，，，代入①得，化简得法二: 线段的中点为，线段的垂直平分线为，令，得，，故为定值.【点睛】本题考查求椭圆的标准方程，直线现圆的位置关系，直线与椭圆的位置关系，以及线段的垂直平分线方程求得，是比较综合的题，解决此类问题关键在于将目标条件转化为关于交点坐标的韦达定理，从而得以解决，属于中档题.