福建省三明市将乐县第一中学2023-2024学年高二上学期第三次月考数学试题（Word版附解析）

这是一份福建省三明市将乐县第一中学2023-2024学年高二上学期第三次月考数学试题（Word版附解析），共23页。试卷主要包含了选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、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，只有一项是符合题目要求的.
1. 在等差数列中，，则（ ）
A. 5B. 6C. 8D. 9
【答案】A
【解析】
【分析】直接利用等差数列的性质求解即可.
【详解】由是等差数列，则是和的等差中项，
所以，
则，.
故选：A
2. ，，若，则（ ）
A. 1B. 1或2C. 1或3D. 3
【答案】D
【解析】
【分析】利用直线平行的性质求解即可.
【详解】因为，，，
当，即时，，此时与不平行；
当，即时，有，解得，
经检验，当时，，
所以
故选：D.
3. 直线经过圆的圆心，且倾斜角为，则直线的方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】将圆的方程整理为标准方程可得圆心坐标，由倾斜角和斜率关系求得直线斜率，由直线点斜式方程整理得到结果.
【详解】整理圆的方程可得：，圆心，
倾斜角为，其斜率，
方程为：，即.
故选：A.
4. 若数列满足，且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先根据题干中的递推公式进行逐项代入，即可判别出数列为周期数列，再根据周期数列的性质即可计算出的值．
【详解】数列满足，且，，
，，，
则数列是以4为最小正周期的周期数列，即，
∴.
故选：B
5. 与双曲线有相同的焦点，且短半轴长为的椭圆方程是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先求得双曲线的焦点坐标以及焦点所在坐标轴，然后求得椭圆的，从而求得椭圆方程.
【详解】双曲线的焦点在轴上，且焦点为，
所以椭圆的焦点在轴上，且，
依题意，椭圆短半轴，则，
所以椭圆的方程为.
故选：B
6. 如图，设抛物线的焦点为，准线为，过点的直线交抛物线于两点，交于点，且是的中点，则（ ）

A. 2B. C. 5D.
【答案】D
【解析】
【分析】由题意作出垂直于准线，然后得，得，写出直线方程，联立方程组，得关于的一元二次方程，写出韦达定理，代入焦点弦公式计算.
【详解】如图，过点作垂直于准线，由抛物线定义得.
因为是的中点，所以，所以，焦点，
则直线的方程为，联立
消去得.设，
所以，得，
故选：D.

7. 若为圆上任意两点，为直线上一个动点，则的最大值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由图上易知，当不动时，为两切线角最大，再将的最值问题转化为的最值问题可求.
【详解】
如图，为两切线，为直线上一个点，
所以当为两切线是取等号；
又，故只需求，
,又，
故选：B
8. 定义“等方差数列”：如果一个数列从第二项起，每一项的平方与它的前一项的平方的差都等于同一个常数，那么这个数列就叫做等方差数列，这个常数叫作该数列的方公差．设是由正数组成的等方差数列，且方公差为4，，则数列的前24项和为（ ）
A. B. 3C. D. 6
【答案】C
【解析】
【分析】根据等方差数列的定义，结合等差数列的通项公式，运用裂项相消法进行求解即可.
【详解】因为是方公差为4的等方差数列，所以，，
∴，∴，
∴
，
故选：C．
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分，在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的.全部选对得5分，部分选对得2分，有选错的得0分.
9. 已知空间中三点，，，则下列结论错误的是（ ）
A. 与是共线向量B. 与同向的单位向量是
C. 与夹角的余弦值是D. 平面的一个法向量是
【答案】AC
【解析】
【分析】A：利用共线向量定义进行判断；B：与同向的单位向量；C：利用向量夹角余弦公式判断；D：设平面的法向量为，则，由此能求出结果．
【详解】对于A：，
与不是共线向量，故A错误；
对于B：，则与同向的单位向量是，故B正确；
对于C：，
∴，故C错误；
对于D：，
设平面的法向量为，
则，取，得，故D正确．
故选：AC．
10. 已知为等差数列的前项和，，，则下列选项正确的有（ ）
A. 数列是单调递增数列B. 当时，最大
C. D.
【答案】BC
【解析】
【分析】通过等差数列性质可得到，，故得到，然后利用等差数列的特征和求和公式即可判断每个选项
【详解】对于A，设的公差为，因为，所以，
又，所以，故，
所以数列是单调递减数列，所以A错误；
对于B，因为，所以，
所以当时，最大，所以B正确；
对于CD，因为，，
，
所以，，所以C正确，D错误．
故选：BC
11. 已知正方体的棱长为2，M为的中点，N为正方形ABCD所在平面内一动点，则下列命题正确的有（ ）
A. 若，则MN的中点的轨迹所围成图形的面积为
B. 若MN与平面ABCD所成的角为，则N的轨迹为圆
C. 若N到直线与直线DC的距离相等，则N的轨迹为抛物线
D. 若与AB所成的角为，则N的轨迹为双曲线
【答案】BCD
【解析】
【分析】设MN中点为H，DM中点为Q，连接PQ，计算出PQ可知P的轨迹为圆可判断A；根据已知算出DN，可判断B；根据抛物线定义可判断C；以DA、DC、所在直线分别为x轴、y轴、z轴，利用向量的夹角公式计算可判断D.
【详解】对于A，设MN中点为H，DM中点为Q，连接HQ，则，且，
如图，若，则所以，，则，所以点H的轨迹是以Q为圆心，半径为的圆，面积，故A错误；
对于B，，，则，所以N的轨迹是以D为圆心，半径为的圆，故B正确；
对于C，点N到直线的距离为BN，所以点N到定点B和直线DC的距离相等，且B点不在直线DC上，由抛物线定义可知，N的轨迹是抛物线，故C正确；
对于D，如图，以DA、DC、所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，设，，，，
所以，，，
化简得，即，所以的轨迹为双曲线，故D正确；
故选： BCD.
12. 已知椭圆的离心率为，是椭圆的两个焦点，为椭圆上的动点，的周长为，则下列选项正确的有（ ）
A. 椭圆的方程为
B.
C. 内切圆的面积的最大值为
D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】由椭圆焦点三角形周长为和离心率可构造方程组求得，由椭圆关系可得，进而确定椭圆方程，知A正确；利用基本不等式和椭圆定义可求得B正确；利用面积桥可知当为椭圆短轴端点时，内切圆的半径最大，由此可求得半径的最大值，确定C错误；若最小，则最大，可知当为椭圆短轴端点时最大，利用余弦定理可确定D正确.
【详解】对于A，的周长为，，又离心率，
，，，椭圆的方程为，A正确；
对于B，（当且仅当，即为椭圆短轴端点时取等号），B正确；
对于C，设内切圆的半径为，则；
当为椭圆短轴端点时，，
，内切圆面积的最大值为，C错误；
对于D，当为椭圆短轴端点时，取得最大值，此时取得最小值，
为椭圆短轴端点时，，，
，
当为椭圆上的动点时，，D正确.
故选：ABD.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 已知抛物线的方程是，则它的焦点坐标为____________.
【答案】
【解析】
【分析】先将抛物线的方程化为标准式为，再求其焦点坐标即可得解.
【详解】解：由抛物线的方程是，化为标准式为，
即抛物线焦点坐标为，
故答案为：.
【点睛】本题考查了抛物线的标准方程，重点考查了抛物线的焦点坐标的求法，属基础题.
14. 等差数列的前项和为，若，，则__________.
【答案】30
【解析】
【分析】根据给定条件，利用等差数列片段和性质求解即得.
【详解】因为为等差数列的前n项和，且，，则成等差数列，
而，于是，
所以.
故答案为：30
15. 如图，在棱长为1的正方体中，E为线段的中点，则点C到平面的距离等于_____.
【答案】
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量求点到平面的距离.
【详解】
如图，建立空间直角坐标系，则，，，，
，，设平面的一个法向量为，
，即，取，又，
所以点到面的距离，
故答案为：.
16. 已知椭圆：与圆：，若在椭圆上不存在点P，使得由点P所作的圆的两条切线互相垂直，则椭圆的离心率的取值范围是________.
【答案】
【解析】
【分析】设过点的两条直线与圆分别切于点，由两条切线相互垂直，可知，由题知，解得，又即可得出结果.
【详解】
设过的两条直线与圆分别切于点，
由两条切线相互垂直，知：，
又在椭圆C1上不存在点P，使得由P所作的圆C2的两条切线互相垂直，
所以，即得，所以，
所以椭圆C1的离心率，又，
所以.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：首先假设过P所作的圆C2的两条切线互相垂直求出，再由椭圆的有界性构造含椭圆参数的不等关系，即可求离心率范围.
四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17. 已知为等差数列的前n项和，若.
（1）求数列的通项公式与；
（2）求数列的前50项和.
【答案】（1），.
（2）
【解析】
【分析】（1）设数列的首项为，公差为，根据题意列出方程组，求得，结合得出数列的通项公式和求和公式，即可求解；
（2）由，解得，得到，集合，代入即可求解.
【小问1详解】
解：设数列的首项为，公差为，
由，可得，
又由，联立方程组，解得，
所以，.
【小问2详解】
解：由，解得，所以，
则.
18. 已知直线恒过定点，圆经过点和点，且圆心在直线上.
（1）求定点的坐标与圆的方程；
（2）过的直线被圆截得的弦长为8，求直线方程.
【答案】（1），
（2）或
【解析】
【分析】（1）直线变形为，列出方程组，求出定点的坐标，设出圆心坐标，根据半径相等列出方程，求出，从而确定圆心和半径，写出圆的方程；
（2）分直线斜率不存在和斜率存在两种情况，结合垂径定理，求出直线方程.
【小问1详解】
变形为，
令，解得：，
故定点的坐标为，
由圆心在直线上可设圆心坐标为，则，
即，解得：，
故圆心坐标为，半径为，
故圆的方程为；
【小问2详解】
当直线斜率不存在时，直线为，
此时圆心到的距离为，
由垂径定理得：弦长为，满足要求，
当直线斜率存在时，设直线为，
圆心到直线即距离为，
由垂径定理得：，解得：，
故直线方程为：即
综上：直线方程为或
19. 已知抛物线的焦点为，点在抛物线上，且轴时，.
（1）求抛物线的标准方程；
（2）若直线与抛物线交于两点，求的面积.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）令，求出，故，得到抛物线方程；
（2）联立与抛物线方程，得到两根之和，两根之积，求出弦长和面积.
【小问1详解】
令时，，解得，
故当轴时，，所以，
故抛物线的标准方程为；
【小问2详解】
设，，由（1）可知，
由，消去得，
则，，
所以，
又，，所以，
故
因为点到直线的距离，
所以的面积为
20. 如图，在四棱锥中，底面，四边形是直角梯形，，，，点E在棱PB上．

（1）证明：平面平面PBC；
（2）当时，求二面角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由线面垂直得到线线垂直，求出各边长，由勾股定理逆定理得到，从而证明出线面垂直，面面垂直；
（2）解法一：以C为原点，CB，CA，CP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建系，写出点的坐标及平面的法向量，求出二面角的余弦值；
解法二：取AB的中点G，连接CG，以点C为原点，CG，CD，CP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建系，写出点的坐标及平面的法向量，求出二面角的余弦值；
【小问1详解】
因为底面，平面，
所以．
因为，，所以．
所以，所以．
又因为，平面PBC，平面PBC，
所以平面PBC．
又平面EAC，
所以平面平面PBC．
【小问2详解】
解法一：
以点C为原点，CB，CA，CP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，．

设点E的坐标为，因为，所以，
即，，，所以．
所以，．
设平面ACE的一个法向量为，则．
所以，取，则，．
所以平面ACE的一个法向量为．
又因为平面PAC，所以平面PAC的一个法向量为．
设平面PAC与平面ACE的夹角为，
则．
所以，平面PAC与平面ACE夹角的余弦值为．
解法二：
取AB的中点G，连接CG，以点C为原点，CG，CD，CP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示
的空间直角坐标系，则，，，．

设点E的坐标为，因为，所以，
即，，，所以．
所以，．
设平面ACE的一个法向量为，则．
所以，取，则，．
所以，平面ACE的一个法向量为．
又因为平面PAC，所以平面PAC的一个法向量为．
设平面PAC与平面ACE的夹角为，
则．
所以，平面PAC与平面ACE夹角余弦值为
21. 已知数列的前n项和为，且有，数列满足，且，前9项和为153.
（1）求数列，的通项公式；
（2）设，数列的前n项和为，求使不等式对一切都成立的最大正整数k的值.
【答案】（1），
（2）8
【解析】
【分析】（1）根据计算出的通项公式，再判断出为等差数列，根据，前9项和，得到公差，求出通项公式；
（2）裂项求和得到，由得到单调递增，故，进而得到不等式，求出的最大正整数k的值.
【小问1详解】
，故当时，；
当时，，满足上式，
.
又，∴，
数列为等差数列，令其前n项和为，
∴，
∵，
∴，
公差，
.
【小问2详解】
由（1）知：，
故，
.
又，
单调递增，故.
由题意可知；得：，
k最大正整数为8.
22. 已知一动圆与圆外切，与圆内切，该动圆的圆心的轨迹为曲线．
（1）求曲线的方程．
（2）已知点在曲线上，斜率为的直线与曲线交于两点（异于点）．记直线和直线的斜率分别为，，从下面①、②、③中选取两个作为已知条件，证明另外一个成立．
①；②；③．
注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分．
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）利用两圆位置关系得到，从而得到，再利用双曲线的定义即可得到曲线的方程；
（2）依次选择其中两个作为已知条件，联立直线与曲线的方程，结合韦达定理得到关于的表达式，从而得证.
【小问1详解】
依题意，设动圆的圆心为，半径为r，
因为该动圆与圆外切，与圆内切，
此处要特别注意圆在圆的内部与圆相切，否则圆无法与圆外切，
所以，，
所以，
由双曲线定义可知，M的轨迹是以E，F为焦点，实轴长为4的双曲线的右支，
所以2a＝4，2c＝6，即a＝2，c＝3，所以b2＝c2－a2＝1，
所以曲线C的方程为.
.
【小问2详解】
选择①②⇒③：
设直线l：y＝kx＋m，A，B，
联立，消去，得x2－16mkx－8m2－8＝0，
所以x1＋x2＝－，x1x2＝，
因为，k1＋k2＝0，所以＋＝0，
即＋＝0，
即2kx1x2＋－8＝0，
所以2k×＋－8＝0，
化简得8k2＋2k－1＋m＝0，即＝0，
所以或m＝1－4k，
当m＝1－4k时，直线l：y＝kx＋m＝k＋1过点P，不满足题意，舍去；
当时，由于曲线是双曲线的右支，易知，
又由x2－16mkx－8m2－8＝0得，
此时，则，解得，故，
即时，满足题意，
综上：，所以③成立.
选择①③⇒②：
设直线l：y＝－x＋m，A，B，
联立，消去，得，
所以x1＋x2＝8m，x1x2＝8m2＋8，
由第1种选择可知且，此处不再详细说明，
所以k1＋k2＝＋＝＋
＝－1＋＋＝－1＋
＝－1＋＝0，
所以②成立.
选择②③⇒①：
设直线l：y＝－x＋m，A，B，P(x0，y0)，
联立，消去，得，
所以x1＋x2＝8m，x1x2＝8m2＋8，
由第1种选择可知且，此处不再详细说明，
由k1＋k2＝＋＝＋＝0，
得＋＝0，
即－x1x2＋－2x0＝0，
所以－8m2－8＋8m×－2x0＝0，
故2m＋2x0y0－8＝0，
由于的任意性，所以，，解得，
又，所以，则，满足，
所以P，①成立.
【点睛】方法点睛：直线与圆锥曲线位置关系的题目，往往需要联立两者方程，利用韦达定理解决相应关系，其中的计算量往往较大，需要反复练习，做到胸有成竹.