浙江省湖州中学2023-2024学年高二上学期第二次月考测试数学试题（Word版附解析）

这是一份浙江省湖州中学2023-2024学年高二上学期第二次月考测试数学试题（Word版附解析），共19页。试卷主要包含了单选题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1. 直线的倾斜角是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据已知条件，结合直线的倾斜角与斜率的关系，即可求解．
【详解】设直线的倾斜角为，，
直线可化为，
所以直线的斜率，
，
故选：D．
2. 已知等差数列的前项和为，且，，则（ ）
A. 7B. 8C. 9D. 10
【答案】D
【解析】
【分析】由，求出数列首项和公差，进而由数列的通项公式求解．
【详解】设等差数列的公差为，
因为，，
所以
解得
所以．
故选：D
3. 已知平面的一个法向量为，且，则点A到平面的距离为（ ）
A. B. C. D. 1
【答案】B
【解析】
【分析】直接由点面距离的向量公式就可求出．
详解】∵，
∴，又平面的一个法向量为，
∴点A到平面的距离为
故选：B
4. 若实数满足，则的最大值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意，由两点间距离公式，结合圆的方程，代入计算，即可得到结果.
【详解】因为表示圆心为，半径为的圆，
则表示圆上的点到点的距离的平方，
所以最大值为.
故选：D
5. 已知抛物线的焦点为直线与抛物线交于两点，若中点的纵坐标为5，则（ ）
A. 8B. 11C. 13D. 16
【答案】C
【解析】
【分析】
设点A、B的坐标，利用线段AB中点纵坐标公式和抛物线的定义，求得的值，即可得结果；
【详解】抛物线中p＝3，
设点A（x1，y1），B（x2，y2），
由抛物线定义可得：|AF|+|BF|＝y1+ y2+p＝y1+ y2+3，
又线段AB中点M的横坐标为5，
∴＝10，
∴|AF|+|BF|＝13；
故选：C.
【点睛】本题考查了抛物线的定义的应用及中点坐标公式，是中档题．
6. 已知、，则“”是“”的（ ）条件
A. 充分不必要B. 必要不充分
C. 充要D. 既不充分也不必要
【答案】A
【解析】
【分析】根据不等式的基本性质、特殊值法结合充分条件、必要条件的定义判断可得出结论.
【详解】当时，，即，
所以，“”“”，
若，不妨取，，则不成立，
所以，“”“”，
所以，“”是“”的充分不必要条件.
故选：A.
7. 已知x，y为正实数，则的最小值为（ ）
A. 4B. 5C. 6D. 8
【答案】C
【解析】
【分析】将原式变形，换元设，然后利用基本不等式可求得结果.
【详解】由题得，设，
则，
当且仅当，即时取等号．
所以的最小值为6．
故选：C．
8. 已知椭圆的左、右焦点分别为，直线过与椭圆交于两点，若，则椭圆的离心率是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由题意设，结合椭圆定义，且分别在、中利用余弦定理并结合以及离心率公式即可求解.
【详解】
由题意不妨设，则，
又由椭圆定义可知，所以，
在中由余弦定理有，，
在中由余弦定理有，，
由图可知，
所以，
即，解得，
所以椭圆的离心率是.
故选：A.
二、多项选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分. 在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求. 全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9. 已知函数在上值域是，则的取值可以是（ ）
A. B. C. D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据二次函数性质可求出当值域为时对应的的取值范围，即可求出的所有可能取值.
【详解】易知二次函数关于对称，且开口向上，
所以对称轴处取得最小值，如下图所示：
令，解得或，
若使在上的值域是，
则需满足，或，
因此可得.
所以的取值可以是.
故选：BCD
10. 已知是左、右焦点分别为的双曲线上一点，且，则下列说法正确的是（ ）
A. B. 的离心率是
C. 的渐近线与双曲线的渐近线相同D. 的面积是
【答案】BCD
【解析】
【分析】对于A，有对称性可推翻；对于B，由平方关系、离心率公式判断即可；对于C，由渐近线的求法即可判断；对于D，利用双曲线定义、余弦定理即可求得，结合三角形面积公式即可求解.
【详解】对于A，由题意双曲线上存在点，使得，由对称性可知点可能在左支上，也可能在右支上，即，故A错误；
对于B，由题意，即的离心率是2，故B正确；
对于C，的渐近线为即，双曲线的渐近线为即，故C正确；
对于D，不失一般性，不妨设点在双曲线左支上，如图所示：
不妨设，由题意，
在中运用余弦定理有，
解得，
所以的面积是，故D正确.
故选：BCD.
11. 设等差数列的公差为，前项和. 若，，则下列结论正确的是（ ）
A. 数列是递增数列B.
C. D. 中最大的是
【答案】BCD
【解析】
【分析】利用等差数列的通项公式求和公式及其性质即可判断出结论．
【详解】依题意，有，
，化为：，，
即，，
．
由，得，由，可得，故，故C正确；
则，所以等差数列是单调递减的，故A不正确；
则，故B正确；
又时，，时，
所以中最大的是，故D正确.
故选：BCD．
12. 已知矩形中，，，现沿将此矩形折成的二面角，则折后下列结论正确的是（ ）
A. 四面体的外接球半径为B. 四面体的体积是
C. D. 异面直线、所成角的余弦值是
【答案】AB
【解析】
【分析】利用直角三角形的几何性质可求得四面体的外接球半径，可判断A选项；建立空间直角坐标系，写出点的坐标，利用锥体的体积公式可判断B选项；利用空间向量的模长公式可判断C选项；利用空间向量法可判断D选项.
【详解】对于A选项，翻折前，，且，
翻折后，取线段的中点，连接、，
由直角三角形的几何性质可得，且，
所以，为四面体的外接球球心，故四面体的外接球半径为，A对；
对于BCD选项，过点在平面内作，
过点在平面内作，垂足分别为、，
因为，由等面积法可得，同理可得，
所以，，
所以，，同理，，故，
以点为坐标原点，、的方向分别为、轴的正方向，
过点且与平面垂直的直线为轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
则、、、，
，则，B对，
，则，C错；
，，
所以，，
所以，异面直线、所成角的余弦值是，D错.
故选：AB.
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 动直线过定点，则的坐标为_______.
【答案】
【解析】
【分析】依题意将直线整理成关于的一次函数形式，解方程组即可求得.
【详解】根据题意将直线方程整理可得，
令，解得；所以可得.
故答案为：
14. 在等比数列中，若，则_______.
【答案】
【解析】
【分析】由已知条件求出等比数列基本量，代入求解可得所求.
【详解】设等比数列公比为，
由题意得，解得，
则.
故答案为：.
15. 在边长为的正方形中，是中点，则_______；若点在线段上运动，则的最小值是_______.
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】根据题意，以为坐标原点，建立如图所示平面直角坐标系，结合平面向量的坐标运算，代入计算，即可得到结果.
【详解】
根据题意，以为坐标原点，建立如图所示平面直角坐标系，
因为正方形的边长为，且是中点，
则，
则，
所以；
设，其中，
则，则，
所以，，
则，，
其中，，
当时，有最小值为.
所以的最小值是.
故答案为：30；
16. 已知圆，圆.若圆上存在点，过点作圆的两条切线，切点为，使得，则实数的取值范围为________.
【答案】
【解析】
【分析】由题意画出图形，利用两点间的距离关系求出的距离，再由题意得到关于的不等式求得答案.
【详解】解：如图，圆的半径为1，圆上存在点，
过点作圆的两条切线，切点为，使得，
则，在中，，
又圆的半径等于1，圆心坐标，
，，
，
由，
解得：.
故答案为：.
【点睛】本题考查直线和圆的位置关系的应用，利用数形结合将条件进行等价转化是解决本题的关键.
四、解答题：本大题共6题，共70分. 解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.
17. 已知是等差数列，是等比数列，且.
（1）求，的通项公式；
（2）若数列满足，求的前项和.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）直接由等差数列、等比数列基本量的计算得公差公比即可.
（2）由错位相减法、等差等比公式法求解即可.
【小问1详解】
设等差数列的公差、等比数列的公比分别为，由题意得，且，，
解得，所以数列，的通项公式分别为.
【小问2详解】
由题意，所以的前项和，
，
两式相减得，
即.
18. 已知斜内角的对边分别为，函数，且.
（1）求的值；
（2）若边上的中线长为，求的最大值.
【答案】（1）
（2）8
【解析】
【分析】（1）利用二倍角公式和辅助角公式可得，结合的范围即可求得；
（2）利用平面向量可得，再由基本不等式即可求出的最大值为.
【小问1详解】
由可得
，
则，即可得，
又是斜的内角，即，且，所以，
即可得，所以.
【小问2详解】
易知，两边同时平方可得
，
所以，即，可得；
当且仅当时，等号成立；
所以的最大值为.
19. 如图，在三棱柱中，分别是上的点，且. 设.

（1）试用表示向量；
（2）若，求的长.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用向量加减法及向量数乘的几何意义，基底法表示；
（2）利用向量的数量积运算求解向量的模.
【小问1详解】
，
又，，，
∴．
【小问2详解】
因为，．
，．，
，
，
．
20. 设A，B为曲线C：y＝上两点，A与B的横坐标之和为4．
（1）求直线AB的斜率；
（2）设M为曲线C上一点，C在M处的切线与直线AB平行，且AM⊥BM，求直线AB的方程．
【答案】（1）1；（2）y＝x＋7．
【解析】
【分析】（1）设A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线AB的斜率k＝＝，代入即可求得斜率；
（2）由（1）中直线AB的斜率，根据导数的几何意义求得M点坐标，设直线AB的方程为y＝x＋m，与抛物线联立，求得根，结合弦长公式求得AB，由知，|AB|＝2|MN|，从而求得参数m.
【详解】解：（1）设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则x1≠x2，y1＝，y2＝，x1＋x2＝4，
于是直线AB的斜率k＝＝＝1．
（2）由y＝，得y′＝．
设M(x3，y3)，由题设知＝1，解得x3＝2，于是M(2，1)．
设直线AB的方程为y＝x＋m，
故线段AB的中点为N(2，2＋m)，|MN|＝|m＋1|．
将y＝x＋m代入y＝得x2－4x－4m＝0．
当Δ＝16(m＋1)>0，即m>－1时，x1，2＝2±2．
从而|AB|＝|x1－x2|＝．
由题设知|AB|＝2|MN|，即＝2(m＋1)，
解得m＝7．
所以直线AB的方程为y＝x＋7．
21. 如图，在四棱锥中，，且，，，，，为的中点.
（1）求证：平面；
（2）在线段上是否存在点，使得平面与平面夹角的余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，说明理由.
【答案】（1）证明见解析
（2）存在，1
【解析】
【分析】（1）取中点，连，证明为平行四边形，得线线平行，进而证明线面平行；
（2）由长度计算利用勾股定理证明垂直关系，建立空间直角坐标系，假设存在点，设，利用法向量方法得两平面夹角的余弦值建立方程求得，则得的值.
【小问1详解】

取中点，连，
由为的中点，则，又，
则，又，
所以四边形为平行四边形，
则，平面，平面，
则平面.
【小问2详解】
取中点，连，
由且，则四边形是平行四边形，
故，又，则，
所以，由，则，
在中，，
由余弦定理得，
则，而，所以，
则，即，又，所以平面，
平面内作.
以为轴正向建立空间直角坐标系，
则，
所以，
假设存在点满足题意，设，
则可得，
设平面的法向量，
则，令，
则；
设平面的法向量，
则，令，则；
所以，
解得，
所以假设成立，即存在，且时，使得平面与平面的夹角的余弦值为.

22. 在平面直角坐标系内，已知两点关于原点对称，且的坐标为. 曲线上的动点满足当直线的斜率都存在时，.
（1）求曲线的方程；
（2）已知直线过点且与曲线交于两点，问是否存在定点，使得直线关于轴对称？若存在，求出点的坐标；若不存在，说明理由.
【答案】（1）
（2）存在，
【解析】
【分析】（1）由题意，化简并整理即可，注意.
（2）设，，由题意，即，将直线方程与椭圆方程联立结合韦达定理即可求解.
【小问1详解】
由题意设，且，
又，化简并整理得，
曲线的方程为.
【小问2详解】
假设存在满足题意，并设，
联立，得，
则.
因为直线关于轴对称，所以，
即，
即对任意成立，所以，
即假设成立，存在定点满足题意.