2022-2023学年河北省邢台市内丘县等5地高二上学期第三次（12月）月考数学试题（解析版）

这是一份2022-2023学年河北省邢台市内丘县等5地高二上学期第三次（12月）月考数学试题（解析版），共17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学年河北省邢台市内丘县等5地高二上学期第三次（12月）月考数学试题 一、单选题1．抛物线的焦点坐标为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据抛物线标准方程的特点得到焦点坐标为.【详解】因为抛物线的焦点在轴的正半轴上，所以焦点坐标为.故选：A.2．设等差数列的公差为，若，，则（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】利用等差数列的通项公式可得出关于的等式，解之即可.【详解】由已知可得，解得.故选：B.3．设等比数列的前项和为，若，且，，成等差数列，则（    ）A．7 B．12 C．15 D．31【答案】C【分析】设出公比，根据，，成等差数列列出方程，求出公比，利用等比数列求和公式得到答案.【详解】设公比为，因为，，成等比数列，所以，则，解得：或0（舍去）.因为，所以，故.故选：C4．已知抛物线的焦点为，点在的准线上，则直线的斜率为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】直接由准线方程得，则求出，利用两点斜率公式即可.【详解】由，得，则，所以.故选：D.5．已知双曲线的实轴长是虚轴长的3倍，则C的离心率为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】利用计算可求出离心率.【详解】因为，所以，即．故选：B．6．在各项均为正数的等比数列中，，，则的公比为（    ）A．2 B．3 C． D．【答案】A【分析】根据等比数列的性质求解.【详解】设的公比为，因为，，所以，则，解得，（舍），故选:A.7．设等差数列的前项和为，若，，则（    ）A．0 B． C．2022 D．【答案】D【分析】根据等差数列前和公式得，再结合求出的值，则再次利用等差数列前和公式得到的值.【详解】设等差数列的公差为,则，，，，即，则，则.故选：D.8．如图，已知，，从点射出的光线经直线反射后再射到直线上，最后经直线反射后又回到点，则光线所经过的路程长为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】求出关于的对称点和它关于y轴的对称点，则就是所求的路程长.【详解】解：直线的方程为，即，设点关于直线AB的对称点为，则，解得，即，又点关于y轴的对称点为，由光的反射规律以及几何关系可知，光线所经过的路程长．故选：B. 二、多选题9．已知，，，则下列结论正确的是（    ）A． B．C．与的夹角为锐角 D．在方向上的投影向量为【答案】BD【分析】利用向量数量积的坐标表示可判断A错误；由共线定理可得B正确；由小于零可得与的夹角不是锐角，所以C错误；根据投影向量的定义可计算出投影向量为,所以D正确.【详解】因为，所以与不垂直，故A错误；由，可知，根据共线定理可得，即B正确；因为，所以，可得，则与的夹角为钝角，所以C错误；根据投影向量的定义可知，在方向上的投影向量，所以D正确.故选：BD10．阿基米德是古希腊伟大的物理学家､数学家､天文学家.他最早利用逼近的思想证明了如下结论：抛物线的弦与抛物线所围成的封闭图形的面积等于抛物线的弦与经过弦的端点的两条切线所围成的三角形面积的.这个结论就是著名的阿基米德定理，其中的三角形被称为阿基米德三角形.在平面直角坐标系中，已知直线与抛物线交于，两点，则（    ）A．在，两点处的抛物线的切线斜率的绝对值均为2B．在，两点处的抛物线的切线斜率的绝对值均为3C．直线与抛物线所围成的封闭图形的面积为24D．直线与抛物线所围成的封闭图形的面积为48【答案】AD【分析】将代入方程，即可得到，，设切线方程，联立抛物线方程，利用即可求出值，即可判断A,B选项，求出两切点方程的交点即可得到面积，则可判断C,D选项.【详解】把代入方程，解得.不妨设，，设在点处的抛物线的切线方程为，联立方程组消去得.由，解得.由对称性可知在点处的抛物线的切线斜率为，所以A正确，B错误.由上可知在点处的抛物线的切线方程为，在点处的抛物线的切线方程为，这两条切线的交点坐标为，所以直线与抛物线所围成的封闭图形的面积为，所以C错误，D正确.故选：AD.11．已知二次函数的图像交x轴于A，B两点，交y轴于C点，圆F过A，B，C三点，下列说法正确的是（    ）A．圆心F在直线上 B．m的取值范围是C．圆F面积的最小值为 D．存在定点G，使得圆F恒过点G【答案】ACD【分析】结合抛物线的对称性和圆的对称性即可判断A选项；根据判别式即可判断B选项；求出与坐标轴的交点代入所设圆的方程，得到与的关系，从而结合二次函数的最值问题即可判断C选项；将圆的方程整理成，进而得到，即可求出定点，从而判断D选项.【详解】因为抛物线的对称轴方程为，且圆心必然经过的中垂线，故圆心F在直线上，所以A正确；因为有两个不同的根，所以，解得且，所以B错误；设圆F的方程为，因为有两个不同的根，所以点，在圆上，所以，可求得，．因为且，所以，所以圆F面积的最小值为，C正确；由上可知圆F的方程为，整理得，令，解得或，即圆F恒过点和，D正确．故选：ACD.12．意大利著名数学家斐波那契在研究兔子的繁殖问题时，发现有这样的一列数：，.该数列的特点如下：前两个数均为1，从第三个数起，每一个数都等于它前面两个数的和.人们把这样的一列数组成的数列称为斐波那契数列，现将中的各项除以2所得的余数按原来的顺序构成的数列记为，数列的前项和为，数列的前项和为，下列说法正确的是（    ）A． B．若，则C． D．【答案】ACD【分析】根据数列的特征得到为，为周期为3的数列，从而得到，A正确；根据数列的周期求和得到或，所以B错误.利用斐波那契数列的特征得到，C正确；根据提公因式和斐波那契数列的特征得到D正确.【详解】根据斐波那契数列的特征可以看出：数列为依次连续两个奇数和一个偶数，所以数列为，则数列为周期数列，且周期为3，所以，所以A正确.因为，且，所以或，所以B错误.因为，所以C正确.，所以D正确.故选：ACD【点睛】斐波那契数列有以下性质：（1）从第二项开始，每个偶数项的平方都比前后两项之积多1，每个奇数项的平方都比前后两项之积少1，（2）奇数项之和，偶数项之和，（3）平方之和，（4）两倍项关系，（5）. 三、填空题13．在等比数列中，若，，则___________.【答案】32【分析】利用等比数列通项公式得，则得到，则.【详解】设公比为，即，即，得，所以.故答案为：32.14．已知抛物线的焦点为，点，在上，，则线段的中点到准线的距离为___________.【答案】7【分析】设，，由焦半径公式得到方程，求出，从而得到线段的中点到准线的距离.【详解】设，，易知，因为，所以，解得，则线段的中点的横坐标为4，所以该中点到准线的距离为.故答案为：715．已知点，抛物线的焦点为，点是抛物线上任意一点，则周长的最小值是___________.【答案】##【分析】过点作，垂足为，利用抛物线的定义可得到，即可求解【详解】抛物线的焦点，准线的方程为，过点作，垂足为，则，所以的周长为，当且仅当，，三点共线时，等号成立.所以周长的最小值是，故答案为：16．由于疫情防控的需要，某学校购置一批口罩，分配给部分有需要的学生.校医用了一种奇妙的方法计算口罩，向领导汇报：若三三数之，剩二；若五五数之，剩三；若七七数之，剩三.领导很快就知道了口罩的数量.设有个口罩，若，则符合条件的共有___________个.【答案】5【分析】转化为等差数列问题，求出通项公式，列出不等式组，求出符合条件的的个数.【详解】由“三三数之，剩二”知是等差数列5，8，11，14，…中的项，其中满足“五五数之，剩三”的最小数是8，故是等差数列8，23，38，53，…中的项，其中满足“七七数之，剩三”的最小数是38，故是等差数列38，143，248，353，…中的项，可得通项公式为.令，解得，且，故符合条件的共有5个.故答案为：5 四、解答题17．已知直线与抛物线相交于两点，点在轴上方，抛物线的焦点为，为坐标原点.(1)求线段的长；(2)若抛物线上的一点到的准线的距离为，求点的坐标.【答案】(1)(2)或 【分析】（1）联立直线和抛物线方程可得，解出两点的坐标即可求得线段的长；（2）根据抛物线方程可写出其准线方程，再由到的准线的距离为即可求得点的坐标.【详解】（1）联立直线与抛物线方程，消去得.解得，，即，.所以（或者写成）（2）设的坐标为，的准线方程为，因为点到的准线的距离为，即，解得，所以点的坐标为或.18．已知椭圆经过点，.(1)求椭圆的方程；(2)若直线交椭圆于，两点，是坐标原点，求的面积.【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据椭圆经过的两点可求，即可得椭圆方程；（2）联立直线和椭圆方程，求出交点坐标即可求面积.【详解】（1）因为椭圆经过点，所以，把点的坐标代入方程，得，解得.所以椭圆的方程为.（2）联立方程组消去，得.解得或不妨设，，则.19．已知是公比不为的等比数列，，且.(1)求的通项公式；(2)设，，证明：.【答案】(1)(2)证明见解析 【分析】（1）利用等比数列的通项公式列方程组求解即可；（2）利用裂项相消法求即可求解.【详解】（1）因为是等比数列，设公比为，由题意得，解得，所以.（2）由（1）得因为，所以，所以，因为，所以，从而.20．如图，在平行四边形ABCD中，，，四边形ACEF为矩形，平面平面ABCD，，点G在线段EF上运动．(1)当时，求的值；(2)在（1）的条件下，求平面GCD与平面CDE夹角的余弦值．【答案】(1)(2) 【分析】（1）由余弦定理求出，从而利用勾股定理逆定理得到⊥，结合面面垂直得到，AC，AF两两垂直，建立空间直角坐标系，设出，根据，求出，得到的值；（2）在第一问的基础上，求解出两平面的法向量，得到两平面的夹角余弦值.【详解】（1）因为，，所以，所以，从而⊥．因为平面平面ABCD，平面平面，所以⊥平面ACEF．又，所以，AC，AF两两垂直．以A为坐标原点，，，的方向为x，y，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系．易知，，，，设，，则，．因为，所以，解得，所以．（2）由（1）知，所以，．设平面GCD的法向量为，由，解得：，令，则，则．因为四边形ABCD为平行四边形，所以，因为平面ABF，平面ABF，所以平面ABF，因为四边形ACEF为矩形，所以，因为平面ABF，平面ABF，所以平面ABF，因为，平面CDE，所以平面平面FAB，故平面FAB，所以可取平面ECD的一个法向量为．因为，所以平面GCD与平面CDE夹角的余弦值为．21．已知抛物线的焦点为F，点在抛物线C上，，．(1)求C的方程；(2)过F的直线l与C相交于A，B两点，若AB的垂直平分线与C相交于M，N两点，且A，M，B，N四点在同一个圆上，求l的方程．【答案】(1)(2)或 【分析】（1）将点代入抛物线方程，求得，由可求得p的值，求得C的方程；（2）设l的方程为，代入抛物线方程化简，利用韦达定理、中点公式、弦长公式求得弦长．把直线的方程代入抛物线方程化简，利用韦达定理、弦长公式求得．由于MN垂直平分线段AB，故A，M，B，N四点共圆等价于，由此求得m的值，可得直线l的方程．【详解】（1）因为点在抛物线C上，所以，解得，．又，，所以，．因为，所以，解得，故C的方程为．（2）由题设可知，l与坐标轴不垂直，过焦点，设l的方程为，联立方程组消去x，得．设，，则，，故AB的中点为．所以．又直线MN的斜率为，所以MN的方程为．联立方程组消去x，得．设，，则，，故MN的中点为．同理可得．因为A，M，B，N四点在同一个圆上，所以，因为在中，，所以，所以，化简得，解得，所以直线l的方程为或．22．已知数列的前项和为，且.(1)证明是等差数列，并求的通项公式.(2)对任意正整数，都有，且存在常数，使得为定值.设数列满足，证明：.【答案】(1)证明见解析，(2)证明见解析 【分析】（1）利用，将已知转化为，即可变形为，证明是等差数列，再通过的通项公式得出的通项公式；（2）根据分析数列的性质确定的值，再根据是定值，化简确定的值，进而求出的值，代入，根据均值不等式即可证明.【详解】（1）因为，所以当时，，两式相减得，整理得，所以，即，所以是等差数列.在中，令，得，所以，解得.（2）证明：由（1）可知，当时，，则，当时，，则，即.所以对任意正整数，都有，即.要使为定值，则也为定值.，，，两式相减得：，则，即，则.因为定值与的大小无关，所以，显然，解得，经检验，符合题意，所以.将，代入，得，由，得.所以，当且仅当，即时，等号成立，所以.