2023-2024学年福建省厦门市第二中学高二上学期第二次月考数学试题含答案

这是一份2023-2024学年福建省厦门市第二中学高二上学期第二次月考数学试题含答案，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。

一、单选题
1．若直线经过点，则直线的倾斜角为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】利用直线斜率等于其倾斜角的正切值求解即可.
【详解】设直线的倾斜角为，则，因为直线倾斜角的范围为，所以
故选：C
2．已知数列为等比数列，若，则数列的公比为（ ）
A．B．C．2D．4
【答案】B
【分析】根据给定条件，利用等比数列通项列式计算作答.
【详解】设等比数列的公比为，由，得，而，解得，
所以数列的公比为.
故选：B
3．已知数列为等差数列，为其前项和，，则（ ）
A．2B．7C．14D．28
【答案】C
【分析】由等差数列的性质与前项和公式求解，
【详解】由题意得，则，而，
故选：C
4．已知的三个顶点分别为，，，则边上的高等于（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】利用向量运算以及向量的夹角公式进行求解.
【详解】由题意，，，可得，，
，所以，
所以边上的高.
故选：D.
5．已知点是抛物线上的一动点，焦点为，若定点，则当点在抛物线上移动时，的最小值等于（ ）
A．B．2C．3D．4
【答案】A
【分析】利用抛物线的定义，数形结合即可得解.
【详解】如图，过作抛物线的准线的垂线，垂足为，连接，
则，当且仅当共线时等号成立，
故的最小值为，
故选：A.
6．若直线与曲线有公共点，则k的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】曲线C表示线段，求得直线恒过定点，由直线的斜率公式计算即可得到所求范围.
【详解】方程表示的是动点到点，的距离之和为，即的轨迹为线段
可整理为
为恒过定点的直线
，
直线与曲线有公共点等价为，即
故选：
【点睛】本题考查动点的轨迹方程，同时考查恒过定点的直线与线段相交问题，考查运算能力，属于中档题.
7．已知双曲线C：的右焦点为F，关于原点对称的两点A、B分别在双曲线的左、右两支上，以AB为直径的圆恰好过右焦点F，，且点C在双曲线上，则双曲线的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】设双曲线的左焦点为，连接，，，由题意推得四边形为矩形，可设，则，分别在直角三角形和直角三角形中，运用勾股定理，结合离心率公式可得所求值．
【详解】设双曲线的左焦点为，连接，，，
由以AB为直径的圆恰好过右焦点F可得AF⊥BF，由双曲线的对称性得四边形为矩形，
可设，则，
在直角三角形中，可得，
即为，
解得，
又在直角三角形中，，
即为，
即为，
即有，
故选：B．
8．已知曲线，点，下面有四个结论：
①曲线C关于x轴对称；
②曲线C与y轴围成的封闭图形的面积不超过4；
③曲线C上任意点P满足；
④曲线C与曲线有5个不同的交点．
则其中所有正确结论的序号是（ ）
A．②③B．①④C．①③④D．①②③
【答案】D
【分析】根据点对称即可判断①；根据椭圆的几何性质可判断②；根据双曲线和椭圆上的点到的距离可做出判断③；由直线与曲线的关系可判断④.
【详解】①：在上时，也在上，曲线关于轴对称，故①对；
②：当 ，此时曲线是椭圆的右半部分.矩形的面积为封闭图形面积不超过故②对；
③：当时 ，， ，
当时，，
当 时，，综上，可知曲线上任意点满足，故③对.
④：与曲线相交于点，与曲线相交于点，
当 时，，此时双曲线的渐近线方程为，与， 平行，
故不会有交点.所以共有3个交点，故④错.
故选：D.
二、多选题
9．记是数列的前n项和，且，则下列说法正确的有（ ）
A．数列是等差数列B．数列是递减数列
C．D．当 时，取得最大值
【答案】ACD
【分析】由等差数列的定义可判断A；求出可判断B、C；根据的表达式结合二次函数的性质可判断D.
【详解】∵，∴数列是等差数列，故A正确；
，
∵，从而，可知数列不是递减数列，故B错误，C正确；
∵，，∴当 时，取得最大值，故D正确.
故选：ACD.
10．已知数列的前n项和为，则下列说法正确的是（ ）
A．若，则是等差数列
B．若是等差数列，则三点共线
C．若是等差数列，且，则当时数列的前n项和有最小值
D．若等差数列的前12项和为354，前12项中，偶数项的和与奇数项的和之比为32：27，则公差为5
【答案】BCD
【分析】A选项利用求出即可判断；B选项根据等差数列前项和公式对点坐标进行处理，同时利用斜率相等证明共线；C选项利用等差数列的性质求出公差，再结合首项和公差的正负判断有无最小值；D选项根据偶数项和奇数项的比值求出偶数项和奇数项的和，从而作差求出公差.
【详解】A选项：，当时，，不符合，所以，故A错；
B选项：因为为等差数列，所以，
，，，
因为，，所以三点共线，B正确；
C选项：因为，，所以，，又因为，因为函数开口向上，且对称轴为，所以当时，有最小值，故C正确；
D选项：因为，前12项里偶数项和奇数项的和的比为32:27，
所以偶数项和为192，奇数项和为162，
所以偶数项和奇数项和，
所以公差为，
故D正确.
故选：BCD.
11．已知正方体的棱长为，点满足,其中，为棱的中点，则下列说法正确的有（ ）
A．若平面，则点的轨迹的长度为
B．当时，的面积为定值
C．当时，三棱锥的体积为定值
D．当时，存在点使得平面
【答案】ABC
【分析】构造面面平行可判定A，根据线线平行可判定B，利用线面平行及棱锥体积公式可判定C，建立空间直角坐标系，利用空间向量研究线面关系可判定D.
【详解】
如图所示，取中点，中点，中点，
由正方体的特征可得四边形是平行四边形，故，
又中点，中点，所以，所以，
同理四边形也是平行四边形，可知，
又平面，平面，可得平面，
同理可得平面，
因为，、平面，平面平面，
若平面，则点的轨迹为线段，
已知正方体的棱长为，则点的轨迹的长度为，故A正确；
当时，，则点在线段上运动，
由题意易得，
故点到的距离是定值，所以的面积为定值，故B正确；
由正方体特征可知是边长为的等边三角形，面积为定值，
又中点为，中点为，
当时，
，
故共线，即点在线段上运动，
且，平面，平面，所以平面，
可得点到平面的距离是定值，
可得三棱锥的体积为定值，故C正确；
如下图所示，以点A为原点，分别以，，所在直线为，，轴建立空间直角坐标系，
所以，，，，，，
则，
若存在点使得平面，那么，
而，
故当时，不存在点使得平面，故D选项错误.

故选：ABC
12．若数列满足，，则称该数列为斐波那契数列如图所示的“黄金螺旋线”是根据斐波那契数列画出来的曲线图中的长方形由以斐波那契数为边长的正方形拼接而成，在每个正方形中作圆心角为的扇形，连接起来的曲线就是“黄金螺旋线”记以为边长的正方形中的扇形面积为，数列的前项和为，则 （ ）
A．B．是奇数
C．D．
【答案】ABD
【分析】根据递推公式求出即可判断A；观察数列的奇偶特点即可判断B；根据递推公式，结合累加法即可判断C；根据递推公式可得，结合累加法计算即可判断D.
【详解】对于A，由，且，可得斐波那契数列：，，，，，，，，故故A正确；
对于B：由斐波那契数列：，，，，，，，，，，，，
可得每三个数中前两个为奇数，后一个偶数，且，所以是奇数，故B正确；
对于C：因为，
相加可得：，故C错误；
对于D：因为斐波那契数列总满足，且，
所以，
，
，
类似的有，，
其中
累加得，
，
故：，故D正确.
故选：ABD.
三、填空题
13．若圆M的圆心在直线上，且与两坐标轴都相切，则圆M的标准方程可以为 .（写出满足条件的一个答案即可）
【答案】（答案不唯一）
【分析】由题意可设圆心为，与两坐标轴都相切可得出半径为，
列出圆的标准方程，取一个特殊值即可得出结果.
【详解】因为圆的圆心在直线上，所以可设圆心坐标为，
又因为与两坐标轴都相切，所以圆的半径为，即圆的标准方程为
，取，得，
故答案为：（答案不唯一）
14．设等差数列的前n项和为，若对任意正整数n，都有，则整数 .
【答案】18
【分析】根据给定条件，利用等差数列前n项和公式，结合通项的性质计算判断其所有负数项作答.
【详解】等差数列中，，则，
又，则，即有，
于是数列的公差，即是递增等差数列，其前18项均为负数，从第19项起为正数，
因此，所以对任意正整数n，都有的整数.
故答案为：18
15．已知等差数列满足，则的前12项和为 ．
【答案】304
【详解】因为，所以，
所以
所以前12项之和为．
16．已知各项均为正数的数列前项和，满足.已知幂函数的对称中心为，若函数，则 .
【答案】
【分析】先利用与的关系，结合等差数列的定义求得，再利用函数的对称性与等差数列的性质即可得解.
【详解】当时，由得，解得；
当时，由得，
两式相减可得，
整理化简得，
由条件得，故，
得数列是以1为首项，2为公差的等差数列，
从而数列的通项公式为，
因为幂函数的对称中心为，
所以的对称中心为，
因为，
所以.
故答案为：.
【点睛】关键点睛：本题解决的关键是由幂函数的对称中心得到的对称中心，从而得解.
四、解答题
17．如图，在平面直角坐标系中，点，，.
(1)求直线的方程；
(2)记的外接圆为圆，求直线被圆截得的弦长.
【答案】(1)
(2)2
【分析】（1）直线交轴于点，由题意可得为等边三角形，故，可求直线的方程；
（2）由可求的外接圆方程，几何法求直线被圆截得的弦长.
【详解】（1）（如图）直线交轴于点，中，，
所以，故，
所以直线的方程为
（2）设圆的方程为，
由（1）知，满足圆的方程，
则，解得，
圆的方程为，即
所以圆心半径
圆心到直线的距离，
所以直线被圆截得的弦长.
注：方法二
（2）设圆的方程为，
由（1）知，满足圆的方程，
则，解得，
圆的方程为，可得，
圆心到直线的距离，
所以直线被圆截得的弦长.
注：方法三
（2）因为，
，AB的中点为
所以的垂直平分线方程为：①，
所以的垂直平分线方程为：②，
由①②得，圆心为，
圆心到直线的距离，
所以直线被圆截得的弦长.
18．已知数列的前n项和为，且，__________.请在①；②，，成等比数列；③，这三个条件中任选一个补充在上面题干中，并解答下面问题.
(1)求数列的通项公式；
(2)求的最小值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）选①由等差数列性质列方程求；选②由等比中项性质列方程求；选③由求和公式列方程求. 最后由公式法写出通项公式；
（2）由公式法写出，讨论函数最小值即可.
【详解】（1）由得，故数列为首项为，公差的等差数列，
选①，，解得；
选②，，，成等比数列，则，即，解得；
选③，，解得.
综上，故.
（2）由（1）得，，，
故的最小值为.
19．已知点P到的距离与它到x轴的距离的差为4，P的轨迹为曲线C.
(1)求C的方程；
(2)若直线与C交于A，B两点，且弦中点的横坐标为，求的斜率.
【答案】(1)或.
(2).
【分析】（1）根据两点间距离公式，结合绝对值的性质进行求解即可；
（2）利用点差法进行求解即可.
【详解】（1）设，由题意可知：，
两边同时平方，
得
所以的方程为或.
（2）由题可知曲线为，
设，，则.
由
得，
所以的斜率为.
20．如图，在四棱锥中，底面是正方形，且，平面平面，，点为线段的中点，点是线段上的一个动点．
(1)求证：平面平面；
(2)设二面角的平面角为，试判断在线段上是否存在这样的点，使得，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)存在；
【分析】（1）由面面垂直的性质得到平面，即可得到，再由，从而得到平面，即可得证；
（2）在平面内过作交于点，建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得.
【详解】（1）因为四边形是正方形，所以，
因为平面平面，
平面平面，平面，所以平面．
因为平面，所以．
因为，点为线段的中点，所以，
又因为，平面，所以平面．
又因为平面，所以平面平面．
（2）由（1）知平面，因为，所以平面．
在平面内过作交于点，
所以，故两两垂直，
以为原点，以所在直线分别为轴，建立如图所示空间直角坐标系．
因为，因为，所以．
因为平面， 则，，，
又为线段的中点，则，
假设在线段上存在这样的点，使得，
设，则，，
设平面的法向量为，
则，所以，令，则，所以，
则 ，
因为平面，所以平面的一个法向量为，
又因为，则，
所以．
因为，解得，所以．
21．某公司生产一种产品，第一年投入资金1000万元，出售产品后收入40万元，预计以后每年的投入资金是上一年的一半，出售产品所得收入比上一年多80万元．同时，当预计投入资金低于20万元时，就按20万元投入，且当年出售产品的收入与上一年相同．
(1)设第年的投入资金和收入金额分别为万元，万元，请求出、的通项公式；
(2)预计从第几年起该公司开始并持续盈利？请说明理由（盈利是指总收入大于总投入）．
【答案】(1)，
(2)该公司从第8年开始盈利，理由见解析.
【分析】（1）根据等差数列和等比数列通项公式求解即可.
（2）根据题意得到当时，总利润，时，，再分类讨论即可得到答案.
【详解】（1）由题知：，
当，，解得，
所以.
.
（2）当时，
总利润.
因为，
为增函数，
且，，
所以当时，，当时，，
因为，
，
所以时，，即前6年未盈利.
当时，，
令，解得，所以该公司从第8年开始盈利.
22．已知椭圆的离心率是，点在上．
(1)求的方程；
(2)过点的直线交于两点，直线与轴的交点分别为，证明：线段的中点为定点．
【答案】(1)
(2)证明见详解
【分析】（1）根据题意列式求解，进而可得结果；
（2）设直线的方程，进而可求点的坐标，结合韦达定理验证为定值即可.
【详解】（1）由题意可得，解得，
所以椭圆方程为.
（2）由题意可知：直线的斜率存在，设，
联立方程，消去y得：，
则，解得，
可得，
因为，则直线，
令，解得，即,
同理可得，
则
，
所以线段的中点是定点.

【点睛】方法点睛：求解定值问题的三个步骤
（1）由特例得出一个值，此值一般就是定值；
（2）证明定值，有时可直接证明定值，有时将问题转化为代数式，可证明该代数式与参数(某些变量)无关；也可令系数等于零，得出定值；
（3）得出结论．