2022-2023学年重庆市南开中学校高二上学期11月月考数学试题（解析版）

这是一份2022-2023学年重庆市南开中学校高二上学期11月月考数学试题（解析版），共19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。
2022-2023学年重庆市南开中学校高二上学期11月月考数学试题 一、单选题1．已知双曲线，则该双曲线的虚轴长为（    ）A．1 B．2 C． D．【答案】D【分析】直接由双曲线的标准方程得到的值，从而得到虚轴长.【详解】双曲线的虚半轴长，所以该双曲线的虚轴长为．故选:D．2．数列的一个通项公式为（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】令，代入各选项直接得出答案.【详解】由题意得，令，A选项：，不合题意；B选项：，不合题意；C选项：，不合题意；D选项：，符合题意故选：D.3．“k<2”是“方程表示双曲线”的（    ）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】A【分析】由充分条件和必要条件的定义，双曲线方程的定义进行分析即可【详解】∵方程为双曲线，∴，∴或，∴“”是“方程为双曲线”的充分不必要条件，故选：A.4．设P为椭圆上的点，，分别为椭圆C的左、右焦点，且，则（    ）A． B．2 C． D．3【答案】B【分析】先利用椭圆得到，根据椭圆的定义可得到，结合可算出，，即可算出答案【详解】解：由椭圆可得即，因为P为椭圆上的点，所以，因为，所以，，故，故选：B．5．设圆，圆，则圆，的公切线有（    ）A．1条 B．2条 C．3条 D．4条【答案】B【分析】先根据圆的方程求出圆心坐标和半径，再根据圆心距与半径的关系即可判断出两圆的位置关系，从而得解．【详解】由题意，得圆，圆心，圆，圆心，∴，∴与相交，有2条公切线．故选：B．6．抛物线的准线方程为，F为抛物线的焦点，P为抛物线上一个动点，Q为曲线上的一个动点，则的最小值为（    ）A．7 B． C．8 D．【答案】A【分析】根据抛物线定义，要使最小等价于最小，即三点共线，再由圆上点到定直线距离最小，可知只需圆心到距离减去半径为最小，即可求最小值.【详解】由题意可知：抛物线方程为，曲线：，图象如下：过作准线于，则由抛物线定义知：，∴，则要使最小，只需三点共线且最小即可.∴只要到直线距离最短，即到距离减去半径，故最小值为7.故选：A7．等差数列 共2n+1个项，且奇数项和为165，偶数项和为150，则n=（    ）A．10 B．13 C．11 D．22【答案】A【分析】结合等差数列前项和公式求得正确答案.【详解】等差数列 共2n+1个项，其中奇数项有个，偶数项有个，设等差数列的公差为，奇数项和①，偶数项和②，①-②得，则.故选：A8．已知椭圆右顶点为，上顶点为，该椭圆上一点与的连线的斜率，的中点为，记的斜率为，且满足，若分别是轴､轴负半轴上的动点，且四边形的面积为2，则三角形面积的最大值是（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】求出直线方程，与椭圆方程联立，表示出点E坐标，即可根据求出，根据四边形的面积结合基本不等式可求.【详解】由题意知：，直线的方程为，联立方程可得，因为是其中一个解，则另一个解满足，即，所以，则可得的中点，则，因为，所以，解得，则即，设，则由四边形的面积为2，有，即，由基本不等式得，，从而三角形的面积，等号当，时取到.所以三角形面积的最大值为.故选：A. 二、多选题9．已知椭圆C：的左､右两个端点分别为，P为椭圆上一动点，M（1，1）则下列说法正确的是（    ）A．△P的周长为8 B．△P的最大面积为2C．存在点P使得 D．|PM|+|P|的最大值为7【答案】ABD【分析】对A，可得的周长为，故选项A正确；对B，当P为椭圆短轴顶点时，的面积最大，且最大面积为，故选项B正确；对C，当P为椭圆短轴顶点时，为最大， 为锐角，所以不存在点P使得，故选项C错误；对D， ,所以选项D正确.【详解】解：对A，由椭圆，可得的周长为：，故选项A正确；对B，当P为椭圆短轴顶点时，的面积最大，且最大面积为：，故选项B正确；对C，当P为椭圆短轴顶点时，为最大，此时，即为锐角，所以不存在点P使得，故选项C错误；对D，由椭圆，所以，又，所以，所以，故选项D正确.故选：ABD.10．已知数列的前项和为，则下列说法正确的是（    ）A． B．为的最小值C． D．【答案】AC【解析】利用和与项的关系，分和分别求得数列的通项公式，检验合并即可判定A;根据数列的项的正负情况可以否定B;根据前16项都是正值可计算判定C;注意到可计算后否定D.【详解】,,对于也成立，所以，故A正确；当时，,当n=17时,当时，,只有最大值，没有最小值，故B错误；因为当时，,∴，故C正确；，故D错误.故选：AC.【点睛】本题考查数列的和与项的关系，数列的和的最值性质，绝对值数列的求和问题，属小综合题.和与项的关系,若数列的前 项为正值，往后都是小于等于零，则当时有，若数列的前 项为负值，往后都是大于或等于零，则当时有.若数列的前面一些项是非负，后面的项为负值，则前项和只有最大值，没有最小值，若数列的前面一些项是非正，后面的项为正值，则前项和只有最小值，没有最大值.11．抛物线的焦点为F，P为其上一动点，当P运动到时，，直线与抛物线相交于A，B两点，点，下列结论正确的是（    ）A．抛物线的方程为B．存在直线，使得A、B两点关于对称C．的最小值为6D．当直线过焦点F时，以AF为直径的圆与y轴相切【答案】ACD【分析】根据得到故,A正确，中点在抛物线上，B 错误,，C正确，计算D正确，得到答案.【详解】,故，,故,A正确；设,设中点，则，相减得到,即,因为A、B两点关于对称，所以,故,故,点在抛物线上，不成立，故不存在，B错误；过作垂直于准线于,则，当共线时等号成立，故C正确；如图所示：为中点，故,故为直径的圆与轴相切，故D正确；故选：ACD.12．瑞士著名数学家欧拉在1765年证明了定理“三角形的外心、重心、垂心依次位于同一条直线上，且重心到外心的距离是重心到垂心距离的一半”，后人称这条直线为“欧拉线”.直线与轴及双曲线的两条渐近线的三个不同交点构成集合，且恰为某三角形的外心，重心，垂心所成集合.若的斜率为1，则该双曲线的离心率可以是（    ）A． B． C． D．【答案】ABD【分析】设，分别与两条渐近线和轴联立求出的坐标，求出、、，再分类讨论重心、垂心和外心，并根据重心到外心的距离是重心到垂心距离的一半列式求出的关系，再根据离心率公式可求出结果.【详解】设，由，得，得，由，得，得，由，得，得，，，，若为重心、为外心、为垂心，则，所以，化简得，此时双曲线的离心率，若为重心、为垂心、为外心，则，所以，化简得不成立；若为重心、为垂心、为外心，则，所以，化简得，此时双曲线的离心率，若为重心，为垂心、为外心，则，，化简得，此时双曲线的离心率；若为重心、为垂心、为外心，则，所以，化简得或，此时双曲线的离心率或，若为重心，为垂心、为外心，则，所以，化简得或都不成立.综上所述：或或或.故选：ABD【点睛】关键点点睛：求双曲线离心率的关键是得到的等量关系，求出三个交点坐标后，分类讨论重心、垂心和外心，根据重心到外心的距离是重心到垂心距离的一半可得所要的等量关系.. 三、填空题13．椭圆（且）的离心率为，则___________.【答案】或【分析】对椭圆的焦点的位置进行分类讨论，根据离心率公式可得出关于实数的等式，即可解得实数的值.【详解】若椭圆的焦点在轴上，则，，，此时，，解得；若椭圆的焦点在轴上，则，，，此时，，解得.综上所述，或.故答案为：或.14．已知等差数列的前项和为，，，则当取最大值时的值为______.【答案】8【分析】根据题意求出的公差，求出通项公式，然后令，求出n的范围即可得到答案.【详解】设等差数列的公差为d，则，解得，∴，由解得，∴当取最大值时n的值为8．故答案为：815．过点作抛物线的两条切线，切点分别为和，又直线经过拋物线的焦点，那么的最小值为_________．【答案】16【分析】设，写出以为切点的切线方程，由判别式求出切线斜率，得到以为切点的切线方程，同理求出以为切点的切线方程，结合在两条切线上得直线的方程，联立直线与抛物线方程，根据根与系数的关系，结合抛物线定义得出结果．【详解】设，，以为切点的切线斜率为，则以为切点的切线方程为，与抛物线联立，得，由，即，则，即，解得，则以为切点的切线方程为，即，，整理得；同理，设，，则以为切点的切线斜率为，以为切点的切线方程为，又因为在切线和，所以，，所以直线的方程，又因为直线经过抛物线的焦点，所以令得，即，，所以抛物线方程为，直线的方程，联立，消去得，∴，∴，，∵，∴，所以，则当时，取最小值16．故答案为：16．16．已知点是椭圆：的左顶点，过点且斜率为的直线与椭圆交于另一点（点P在第一象限）.以原点O为圆心，为半径的圆在点处的切线与x轴交于点Q.若|PA|≥|PQ|，则的最大值是__.【答案】2【分析】直线AP的方程为：，与椭圆方程联立解得P点坐标，根据OP⊥PQ，可得kPQ，在中，利用正弦定理可得，进而得出结论.【详解】解：直线AP的方程为：，由结合P在第一象限可得，联立化为： ，解得，，∴，∵OP⊥PQ，∴，在中，，∵tan∠PAQ＝，∴sin∠PAQ＝.∵tan∠PQA＝，∴sin∠PQA＝.∴，化为：，∴，解得或，∵，∴1＜＜4，∴，因此则的最大值是2.故答案为：2. 四、解答题17．在锐角中，是角的对边，.（1）求角的度数；（2）若，且的面积是，求.【答案】(1)；（2）.【详解】试题分析: （1）根据三角形内角关系及诱导公式将B转化，再根据两角和与差余弦公式展开化简,合并，约分得，最后根据三角形内角范围及特殊角对应函数值得角的度数；（2）先选用面积公式：，得，再根据余弦定理得，最后根据求的值.试题解析:（1）在中，，那么由，可得≠0 得 ，则在锐角中， （2）由（1）知，且，得，由余弦定理得，那么，则，可得.点睛：解三角形问题，多为边和角的求值问题，这就需要根据正、余弦定理结合已知条件灵活转化边和角之间的关系，从而达到解决问题的目的.其基本步骤是：第一步：定条件，即确定三角形中的已知和所求，在图形中标出来，然后确定转化的方向.第二步：定工具，即根据条件和所求合理选择转化的工具，实施边角之间的互化.第三步：求结果.18．数列满足，，．（1）设，证明是等差数列；（2）求的通项公式．【答案】（1）证明见解析；（2）.【详解】试题分析：（1）由an＋2＝2an＋1－an＋2，得an＋2－an＋1＝an＋1－an＋2，即可证得；（2）由（1）得bn＝1＋2(n－1)＝2n－1，即an＋1－an＝2n－1，进而利用累加求通项公式即可.试题解析：（1）证明　由an＋2＝2an＋1－an＋2，得an＋2－an＋1＝an＋1－an＋2，即bn＋1＝bn＋2.又b1＝a2－a1＝1，所以{bn}是首项为1，公差为2的等差数列．（2）解　由（1）得bn＝1＋2(n－1)＝2n－1，即an＋1－an＝2n－1.于是(ak＋1－ak)＝(2k－1)，所以an＋1－a1＝n2，即an＋1＝n2＋a1.又a1＝1，所以an＝n2－2n＋2,经检验，此式对n=1亦成立，所以，{an}的通项公式为an＝n2－2n＋2.点睛：本题主要考查等比数列的定义以及已知数列的递推公式求通项.由数列的递推公式求通项常用的方法有：（1）等差数列、等比数列（先根据条件判定出数列是等差、等比数数列）；（2）累加法，相邻两项的差成等求和的数列可利用累加求通项公式；（3）累乘法，相邻两项的商是能求出积的特殊数列时用累乘法求通项；（4）构造法，形如的递推数列求通项往往用构造法，即将利用待定系数法构造成的形式，再根据等比数列求出的通项，进而得出的通项公式.19．如图.四棱锥的底面是矩形，底面.，.M，N分别为AB、PC的中点.(1)求证：平面PAD；(2)求证：平面PCD；(3)求平面DMN与平面DPA所成锐二面角的度数.【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析；(3). 【分析】（1）取为中点，连结，由四边形为平行四边形，可证明，再由线面平行的判定定理，即得证；（2）先证明平面PCD，由（1）中，可得证；（3）建立空间直角坐标系，由二面角的向量公式，可求解.【详解】（1）由题意，取为中点，连结，由于M，N分别为AB、PC的中点，故，即四边形为平行四边形，即，又平面，平面，故平面PAD.（2）由于为中点，，故，又底面，底面，故，又，平面，故平面，又平面，故又，平面，故平面PCD，由（1），故平面PCD.（3）由题意，底面，，以为坐标原点建立如图所示空间直角坐标系，则，由（2）平面，故平面的一个法向量，设平面的一个法向量，又，则，令，则，故，故平面DMN与平面DPA所成锐二面角的余弦值为，即平面DMN与平面DPA所成锐二面角为.20．已知椭圆C：（）的左、右焦点分别为，，过的直线l与椭圆C相交于A，B两点，直线l的倾斜角为45°，到直线l的距离为．(1)求椭圆C的焦距；(2)若，求椭圆C的方程．【答案】(1)2(2) 【分析】（1）设出直线方程，利用点到直线距离公式得到，求出椭圆焦距；（2）联立直线方程和椭圆方程，得到两根之和，两根之积，根据向量的线性关系得到，代入两根之和，两根之积，求出，求出椭圆方程.【详解】（1）由题意知直线l的方程为．因为到直线l的距离为，所以，解得：，所以椭圆C的焦距为2．（2）由（1）知直线l的方程为，设，，联立方程组消去x得，所以，．因为，所以，所以，，消去得，解得：，从而，所以椭圆C的方程为．21．已知抛物线：（），过点的直线与抛物线相交于，两点，为坐标原点，且.（1）求抛物线的方程； （2）点坐标为，直线，的斜率分别，，求证：为定值.【答案】（I）；（II）详见解析.【分析】（Ⅰ）将方程与抛物线方程联立，得到，，代入，得到，求得抛物线方程.（Ⅱ）将斜率用坐标表示得到：，利用抛物线方程将横坐标用纵坐标来表示，结合（Ⅰ）中的韦达定理即可得结果.【详解】（Ⅰ）设方程为，，由得∴，∴∴∴抛物线的方程为（Ⅱ） 由（Ⅰ）可得，∴为定值【点睛】本题考查考查了直线和抛物线的位置关系的应用，体现了设而不求的运算思想方法，是中档题．22．已知双曲线的左焦点坐标为，直线与双曲线交于两点，线段中点为.(1)求双曲线的方程；(2)经过点与轴不重合的直线与双曲线交于两个不同点，点，直线与双曲线分别交于另一点.①若直线与直线的斜率都存在，并分别设为.是否存在实常数，使得？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.②证明：直线恒过定点.【答案】(1)(2)①存在，；②证明见解析 【分析】（1）由点差法可得，结合及，可求得结果.（2）①又直线与双曲线相交可求得，再设，联立结合韦达定理可求得的坐标，进而得，代入可求解. ②由①知,由对称性知过的定点在轴上，计算可得解.【详解】（1）由题意知，直线的斜率为，设，由题意，两式相减得：，整理得：，即，又，所以，即双曲线，经检验满足题意.（2）①因为的斜率存在且，设，，联立，消去整理得：，由题意得，解得又，设直线，联立，整理得，由韦达定理得，又，，于是，故，同理可得，，，为定值，所以的值②由①知（*），由对称性知过的定点在轴上，在（*）令，得，解得直线恒过定点