2022-2023学年湖北省襄阳市第四中学高二上学期第三次月考数学试题（解析版）

这是一份2022-2023学年湖北省襄阳市第四中学高二上学期第三次月考数学试题（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学年湖北省襄阳市第四中学高二上学期第三次月考数学试题 一、单选题1．若1，a，3成等差数列，1，b，4成等比数列，则的值为（    ）A． B． C．1 D．【答案】D【解析】利用等差中项与等比中项的性质求出，从而可得答案.【详解】因为1，a，3成等差数列，1，b，4成等比数，所以，所以的值为，故选：D.2．双曲线上的点到上焦点的距离为12，则到下焦点的距离为（    ）A．22 B．2 C．2或22 D．24【答案】A【分析】设的上、下焦点分别为，根据双曲线的定义求出或，再根据可得.【详解】设的上、下焦点分别为，则．因为,,所以，，则，由双曲线的定义可知，，即，解得或，当时，，不符合题意；当时，，符合题意.综上所述：.故选：A3．古希腊数学家阿波罗尼奥斯的著作《圆锥曲线论》中有这样一个命题：平面内与两定点的距离的比为常数的点的轨迹为圆，后人将这个圆称为阿波罗尼斯圆，已知，圆上有且只有一个点满足，则的值为（    ）A．1 B．3 C．1或5 D．2或3【答案】C【分析】设，由两点间的距离公式得，又圆上有且仅有一点P满足，分两圆外切和内切，即可得到答案.【详解】设，由，得，整理得，又圆：上有且仅有一点满足，所以两圆相切，圆的圆心坐标为，半径为2，圆：的圆心坐标为，半径为，两圆的圆心距为3，当两圆外切时，，得，当两圆内切时，，得.综上可知，或.故选：C.4．过双曲线的右焦点作直线与双曲线交于，两点，使得，若这样的直线有且只有两条，则实数的取值范围是（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】分别求解，在同一支上和不在同一支上，结合这样的直线有且只有两条，列出不等式组或，即得解【详解】若，在同一支上，当时为双曲线的通经，即有；若，不在同一支上，则．因为与不可能同时等于6，所以或，解得或故选：B5．已知数列的前项和组成的数列满足，，，则数列的通项公式为（    ）A． B．C． D．【答案】A【分析】由得，即，根据等比数列的定义可得答案.【详解】，，因为，所以，可得，而，所以时，是以为首项，为公比的等比数列，，所以.故选：A.6．有一塔形几何体由若干个正方体构成，构成方式如图所示，上层正方体下底面的四个顶点是下层正方体上底面各边的中点，已知最底层正方体的棱长为2，且该塔形的表面积（不含最底层正方体的底面面积）超过34，则该塔形中正方体的个数至少是（    ）A．4 B．5 C．6 D．7【答案】B【分析】设从最底层开始的第层的正方体棱长为，则为等比数列，由此求出塔形表面积的表达式，令即可得出的范围．【详解】设从最底层开始的第层的正方体棱长为，，，，则为以2为首顶，以为公比的等比数列，是以4为首项，以为公比的等比数列．塔形的表面积，令，解得，该塔形中正方体的个数至少为5个．故选：B．7．在数列中，，且，若数列单调递增，则实数a的取值范围为（    ）A．（2，） B．（2，3） C．（，4） D．（2，4）【答案】C【分析】由递推关系，结合条件，求出数列的通项公式，再结合数列的单调性，列不等式可求实数a的取值范围.【详解】因为，所以，， 所以，又， ，所以数列的偶数项按项数从小到大排列可得一公差为3的等差数列，所以当为偶数时，，当为大于等于3的奇数时，，因为数列{an}单调递增，所以，所以当为大于等于3的奇数时，，化简可得，当为大于等于4偶数时，，解得，由可得，，所以，故选：C.8．高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的称号.设，用表示不超过的最大整数，则称为高斯函数.已知数列满足，且，若，数列的前项和为，则（    ）A．4956 B．4959 C．4962 D．4965【答案】B【分析】先利用累加法求出，得到当时，；当时，；当时，；当时, ，直接求和可得答案.【详解】由，且，根据累加法可得：，所以.所以.当时，；当时，；当时，；当时, .因此.故选：B. 二、多选题9．已知等差数列的前n项和为，公差为，且，则下列说法正确的是（    ）A． B．C． D．当时，取得最小值【答案】ACD【分析】根据题干条件利用可得到，，，然后即可根据三个结论依次判断四个选项的正误.【详解】因为，所以，，.对于A、B选项，因为，，所以，故选项A正确，选项B错误；对于C，因为，所以，故选项C正确；对于D，因为，，可知，，等差数列为递增数列，当时，，当时，，所以当时，取得最小值，故D选项正确.故选：ACD.10．已知数列满足，其中，为数列的前n项和，则下列四个结论中，正确的是（    ）A． B．数列的通项公式为：C．数列的前n项和为： D．数列为递减数列【答案】ACD【分析】令可求；利用已知求的方法求数列通项公式；利用裂项相消法求数列的前n项和;根据数列与函数的关系判断数列的单调性.【详解】因为，所以当时，，两式相减得，所以，又因为当时，满足上式，所以数列的通项公式为：，故A正确，B错误，，所以，故C正确；因为，随着的增大，在减小，所以数列为递减数列，故D正确.故选:ACD.11．已知抛物线的焦点为F，过点F的直线l交抛物线于A，B两点，以线段AB为直径的圆交y轴于M，N两点，设线段AB的中点为P，O为坐标原点，则下列说法中正确的是（    ）A．B．若，则直线AB的斜率为C．若抛物线上存在一点到焦点F的距离等于3，则抛物线的方程为D．若点F到抛物线准线的距离为2，则的最小值为【答案】AD【分析】通过设直线，与抛物线方程联立，得到根与系数的关系，，选项均可转化为坐标的运算，代入根与系数的关系，得到结果，C选项可直接根据焦半径公式，计算并判断.【详解】设，，直线l的方程为，由        得，则，．对于A，，故A正确；对于B，根据抛物线的定义可知，，故，所以，解得，所以直线l的斜率，故B不正确；对于C，由题意可知，解得，则抛物线的方程为，故C不正确；对于D，由题意可知，所以．易得，其中d是点P到y轴的距离，r为以AB为直径的圆的半径，且，．又，，且，所以，，所以，当时，取得最小值，故D正确．故选:.12．斐波那契数列又称黄金分割数列，因数学家列昂纳多·斐波那契以兔子繁殖为例子而引入，故又称为“兔子数列”.斐波那契数列用递推的方式可如下定义：用表示斐波那契数列的第项，则数列满足：，，记，则下列结论正确的是（    ）A． B．C． D．【答案】ABC【分析】由数列的递推公式可判断AB，由累加法可判断CD.【详解】由知，的前10项依次为：1，1，2，3，5，8，13，21，34，即，A项正确；根据递推公式，得，B正确；，，，，所以，即，故C正确；由递推式，得，，…，，累加得，所以，所以，即，D项错误；故选：ABC. 三、填空题13．正项等比数列中，，且存在两项使得，则的最小值为___________.【答案】【分析】根据等比数列通项公式可构造方程求得，进而化简已知等式得到，根据，利用基本不等式可求得结果.【详解】设正项等比数列的公比为，由得：，则，解得：（舍）或，由得：，，即；（当且仅当，时取等号），的最小值为.故答案为：.14．已知各项为正的数列的前项和为，满足，则的最小值为___________.【答案】2【分析】根据，可得时，，求得的表达式，即可求得，代入化简，结合基本不等式即可求得答案.【详解】各项为正的数列，，时，，即，化为：，，，又，解得，数列是等差数列，首项为1，公差为2．，，，当且仅当时取等号，的最小值为2,故答案为：2．15．已知双曲线的左，右顶点分别为，点在直线上运动，若的最大值为，则双曲线的离心率为__________.【答案】##【分析】根据题意结合两角差的正切公式整理可得，利用基本不等式求其最大值，即可得，运算求解即可.【详解】设双曲线的右焦点为F，，则，由题意可得：，∵，当且仅当，即时等号成立，∴，整理可得：，故，即.故答案为：.16．已知椭圆的左､右焦点分别为，以线段为直径的圆交于两点，其中点在第一象限，点在第三象限，若，则的离心率的取值范围是__________.【答案】【分析】首先画出图形，设，，根据椭圆的定义和圆的性质得到，，从而得到，再构造函数求其范围即可.【详解】如图所示：设，，因为点在第一象限，所以.又因为均在以线段为直径的圆上，所以四边形为矩形，即.因为，所以，即.因为，，所以，即.因为，设，，即，.因为，所以在区间单调递增.所以，即.当时，解得，即，解得；当时，解得，即，即.综上.故答案为： 四、解答题17．已知椭圆经过点．(1)求的标准方程；(2)若直线与交于、两点，且弦的中点为，求直线的斜率．【答案】(1)(2) 【分析】（1）将点的坐标代入椭圆的方程，求出的值，即可得出椭圆的标准方程；（2）分析可知直线的斜率存在，设点、，由题意可得，利用点差法可求得直线的斜率.【详解】（1）解：依题意可得，故椭圆的标准方程为．（2）解：，所以，点在椭圆内，若直线轴，则的中点在轴上，不合乎题意，设点、，由题意可得，则，两式相减，得．即，所以直线的斜率．18．已知数列的前n项和为，且，．(1)求证：数列是等比数列；(2)求证：数列是等差数列；(3)求数列的前n项和．【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析(3)． 【分析】（1）首先利用，消元后再构造数列的递推形式，证明数列是等比数列；（2）根据（1）的结果可知，再根据等差数列的定义，即可证明；（3）由（2）可得，再利用错位相减法求和.【详解】（1）证明：因为，时，，得 所以当时，，两式作差得，所以，又，所以，即，所以数列是首项为，公比为2的等比数列．（2）证明：由（1）可知，即，所以数列是首项为，公差为的等差数列．（3）由（2）可知，即，根据题意得，则，所以，两式相减得，即，所以．19．已知双曲线的一条渐近线方程为，点在双曲线上.(1)求双曲线的标准方程；(2)过定点的动直线与双曲线的左､右两支分别交于两点，与其两条渐近线分别交于（点在点的左边）两点，证明：线段与线段的长度始终相等.【答案】(1)(2)证明见解析 【分析】（1）根据已知条件求得，从而求得双曲线的标准方程.（2）设出直线的方程，并分别与双曲线的渐近线方程、双曲线方程联立，利用中点坐标公式判断出线段和共中点，从而证得线段与线段的长度始终相等.【详解】（1）由双曲线可得渐近线方程为，由渐近线方程的斜率为，有，可得.将点代入双曲线的方程，有.联立方程，解得，故双曲线的标准方程为.（2）设点的坐标分别为，线段的中点的坐标为，线段的中点的坐标为.依题意可知直线的斜率存在，设直线的方程为，，联立方程，得；联立方程，得.所以可得.联立方程，消去后整理得，由解得，且，由于直线与双曲线左右两支分别相交，所以.所以，可得，所以，所以线段和共中点，故有.【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：（1）设直线方程，设交点坐标为；（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；（3）列出韦达定理；（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；（5）代入韦达定理求解.20．已知等比数列的前n项和为，且对，恒成立，，．(1)求数列的通项公式及前n项和；(2)设，求证：．【答案】(1)，，（）；(2)证明见解析． 【分析】（1）根据题意解出、，再利用等比数列通项公式以及求和公式即可.（2）首先求出，再利用裂项相消求和，结合的范围即可证明.【详解】（1）设等比数列的首项为，公比为q，由，，则，故．由得，解得∴，．（）（2）由（1）可知，，故∵，，则∴．故命题得证.21．在xoy坐标平面内，已知椭圆的左、右焦点分别为、，直线与相交于A、B两点．(1)记d为A到直线的距离，当变化时，求证：为定值；(2)当时，求的值；(3)过B作BM⊥x轴，垂足为M，OM的中点为N，延长AN交于另一点P，记直线PB的斜率为，当取何值时，有最小值？并求出此最小值．【答案】(1)答案见详解；(2)；(3)答案见解析. 【分析】（1）设，求出以及，进而可推出，即可证明为定值；（2）由平行四边形可得.根据椭圆的定义有，根据余弦定理即可求出结果；（3）设，，则.令直线的斜率为，则直线的方程为：，与椭圆方程联立，根据韦达定理得到坐标与的关系，进而表示出之间的关系，推出，然后根据基本不等式即可得出结果.【详解】（1）证明：设点坐标为，则有，.由已知可得，，，，，，.则，到直线的距离为.则，所以，是个与无关的定值，即当变化时，为定值.（2）如图，连结，根据椭圆的对称性，可得四边形为平行四边形.由椭圆的定义可得，，所以有.因为，所以.在中，由余弦定理可得，，即，又，两式作差可得，则.（3）设，则，，故，.令直线的斜率为，则直线的方程为：，代入椭圆方程可得，，根据韦达定理可得，，于是.故，又因为.故.又因为，所以，.于是根据基本不等式，可得，当且仅当，即时，等号成立.所以，当，有最小值.【点睛】“设而不求”是解析几何解题的基本手段，是比较特殊的一种思想方法.本题中，设出点的坐标较多，直线数量较多，需要转化的量也较多.引入直线的斜率，通过表示出几个点之间的关系，以作为纽带，将与联系起来，最终求得，然后借助基本不等式求出结果.22．已知数列，且满足，有.(1)求数列的通项公式：(2)若，设数列的前项和为，试求和：.【答案】(1)(2) 【分析】（1）通过和分奇偶求出数列的通项公式即可.（2）先利用分组求和得到数列的前项和为，然后写出数列的通项公式，根据裂项相消法即可求和.【详解】（1）由题设知，且，易得，所以.因为，①所以，②①②得，，所以数列分别以为首项，公比都是4的等比数列，从而，所以.即所求数列的通项公式为所以.（2）由（1）及题设得，，所以，所以，所以.