2023-2024学年河北省衡水市安平中学高二上学期第三次月考数学试题含答案

这是一份2023-2024学年河北省衡水市安平中学高二上学期第三次月考数学试题含答案，共22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．在直角坐标系中，在轴上截距为且倾斜角为的直线方程为．
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】由题意可得，直线的斜率，再根据直线的截距得到直线过点（0，-1）
根据直线方程的斜截式可知所求的直线方程为，
即，
故选：．
2．在等比数列中，，是方程的两根，则的值为（ ）
A．2B．C．6D．
【答案】A
【分析】利用韦达定理以及等比数列下标和性质化简求解即可．
【详解】解：等比数列中，，是方程的两根，
所以，
因为
所以，
故选：A
3．若数列的前项和为，且，则（ ）
A．684B．682C．342D．341
【答案】B
【分析】根据等比数列求和公式以及并项求和法得出结果.
【详解】，，，，，
所以.
故选：B.
4．等差数列的前n项和为则的最大值为（ ）
A．60B．45C．30D．15
【答案】B
【分析】根据等差数列的性质，结合求和公式即可得出答案.
【详解】因为
则，
则，则，
令，解得：，
因为是等差数列，
所以当时，，，当时，，
所以的最大值为.
故选：B.
5．如图，在斜三棱柱中，M为BC的中点，N为靠近的三等分点，设，，，则用，，表示为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】结合图形，根据空间向量的线性运算即可得到答案.
【详解】
故选：A
6．若圆上有四个不同的点到直线的距离为，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】求出与直线平行且到直线的距离为的直线的方程分别为、，由题意可知，这两条直线与圆都相交，根据直线与圆的位置关系可得出关于实数的不等式组，即可解得实数的取值范围.
【详解】将圆的方程化为标准方程为，圆心为，半径为，
设与直线平行且到直线的距离为的直线的方程为，
则，解得或，
所以，直线、均与圆相交，
所以，，解得，
因此，实数的取值范围是.
故选：C.
7．设等差数列的前项和为，满足，数列中最大的项为第（ ）项．
A．4B．5C．6D．7
【答案】C
【分析】根据题意，得到，且，求得，进而得到前6项均为正数，从第7项起为负数，数列的最大项为，是数列中的最小项，得到最大的项为，即可求解.
【详解】由题意，可得，
所以，且，
又由等差数列的公差，
所以数列是递减数列，前6项均为正数，从第7项起为负数，
数列的最大项为，是数列中的最小项，且，
所以数列中最大的项为，即第6项.
故选：C.
8．已知点为椭圆:的右焦点，点是椭圆上的动点，点是圆上的动点，则的最小值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】作出图形，利用椭圆的定义以及圆的几何性质可求得的最小值.
【详解】如下图所示：
在椭圆中，，
则，
圆的圆心，半径，
圆心为椭圆的左焦点，由椭圆定义可得，
，
由椭圆的几何性质可得，即，
由圆的几何性质可得，
所以，
所以的最小值是.
故选：C.
二、多选题
9．已知数列，下列结论正确的有（ ）
A．若，，则B．若，，则
C．若，则数列是等比数列D．若，，则
【答案】AB
【分析】对于A：利用累加法计算可得，对于B：可得，即可得到是以为首项，3为公比的等比数列，即可求出的通项，对于C：计算出前几项，得到，对于D：两边取倒数得到是以1为首项，为公差的等差数列，即可求出的通项.
【详解】选项A：由得，
则
，故A 正确.
选项B：由得
所以数列是以为首项，3为公比的等比数列.
则，即，所以，故B正确.
选项C：由可得当时，，
当时，，
当时，得，
显然，所以数列不是等比数列，故C错误.
选项D：由，可得，
所以数列是以1为首项，为公差的等差数列，
所以，则，即，故D错误.
故选：AB
10．已知数列的前项和为，则（ ）
A．若为递减等比数列，则的公比．
B．“为等差数列”是“为等差数列”的充要条件
C．若为等比数列，则可能为等比数列
D．若对于任意的，数列满足，且各项均不为0，则为等比数列
【答案】BD
【分析】取特殊数列可判断A，利用等差数列的定义及等差数列的求和公式判断B，利用等比数列的性质可判断C，令，根据等比数列定义判断D.
【详解】取，则为递减等比数列，公比，故A错误；
若为等差数列，则，所以，
故（常数），故为等差数列，
若为等差数列，则，即，
所以，两式相减得，
所以，故（常数），所以为等差数列，
所以“为等差数列”是“为等差数列”的充要条件，故B正确；
设，则当时，，
，当时，,不是等比数列；
当时，从第二项开始是等比数列，且公比为q，
若要使是等比数列，则，即，不成立；
所以不可能是等比数列，故C错误；
任意的，满足，不妨取，则
，因为各项均不为0，所以（不为0的常数），
故为等比数列，故D正确.
故选：BD
11．如图，棱长为1的正方体中，E为线段的中点，F为线段的中点，P为线段内的动点（含端点），则（ ）

A．平面
B．存在点P，使得
C．平面与底面ABCD所成角的余弦值是
D．三棱锥的体积是
【答案】ACD
【分析】A选项，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，求出，得到线面平行；B选项，设，，令，无解，B错误；C选项，利用平面向量夹角余弦公式求解两个平面角的余弦值；D选项，利用余弦定理和面积公式求出，再求出到平面的距离，从而利用三棱锥体积公式求出答案.
【详解】A选项，以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
则，
设平面的法向量为，
则，
令，则，故，
因为，
故⊥，故平面；

B选项，设，，
则，
令，
解得，
因为，所以舍去，
综上，不存在点P，使得，B错误；
C选项，由A选项可知，平面的法向量为，
平面的法向量为，
设平面与底面ABCD所成角的大小为，
则，
故平面与底面ABCD所成角的余弦值为，C正确；
D选项，由于平面，故到平面的距离等于到平面的距离，
其中到平面的距离为，
其中，
由余弦定理得，
故，
则，
三棱锥的体积是，D正确.
故选：ACD
12．如图拋物线的顶点为，焦点为，准线为，焦准距为4；抛物线的顶点为，焦点也为，准线为，焦准距为6．和交于、两点，分别过、作直线与两准线垂直，垂足分别为M、N、S、T，过的直线与封闭曲线交于、两点，则（ ）
A．B．四边形的面积为100
C．D．的取值范围为
【答案】ACD
【分析】根据抛物线的定义可得判断A，以为原点建立平面直角坐标系，根据条件可得抛物线的方程为，可得，进而判断B，利用抛物线的定义结合条件可得可判断C，利用抛物线的性质结合焦点弦的性质可判断D.
【详解】设直线与直线分别交于，由题可知，
所以，，故A正确；
如图以为原点建立平面直角坐标系，则，，
所以抛物线的方程为，
连接，由抛物线的定义可知，又，
所以，代入，可得，
所以，又，故四边形的面积为，故B错误；
连接，因为，所以，
所以，
故，故C正确；
根据抛物线的对称性不妨设点在封闭曲线的上部分，设在直线上的射影分别为，
当点在抛物线，点在抛物线上时，，
当与重合时，最小，最小值为，
当与重合，点在抛物线上时，因为，直线，
与抛物线的方程为联立，可得，设，
则，，
所以；
当点在抛物线，点在抛物线上时，设，
与抛物线的方程为联立，可得，设，
则，，当，
即时取等号，故此时；
当点在抛物线，点在抛物线上时，根据抛物线的对称性可知，；
综上，，故D正确.
故选：ACD.
三、填空题
13．已知是等比数列的前项和，且，，则 .
【答案】
【分析】根据题意，得到成等比数列，且，列出方程，结合，，得到，即可求解.
【详解】由数列是等比数列，是等比数列的前项和，
所以成等比数列，且，
所以，
又因为，，所以，
即，解得或，
因为，所以.
故答案为：.
14．如图，在四棱锥中，底面为正方形，，底面，点、分别为、的中点，若线段上存在点，使得，则线段的长度最小值为 .
【答案】
【分析】建立空间直角坐标系，设且，求得，结合，列出方程，利用基本不等式，即可求解.
【详解】以为原点，以所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
如图所示，设，，
则，
则，
因为，所以，
则，当且仅当时，即时，等号成立，
所以，即，所以长度的最小值为.
故答案为：.
15．已知椭圆E：的右焦点为，过点F的直线交椭圆于A，B两点，若且，则E的方程为 ．
【答案】
【分析】根据“点差法”以及中点弦即可求解．
【详解】如图所示，
因为椭圆E的右焦点为，所以，
不妨设，，
又且，则是的中点，
所以，，
又点，在椭圆E上面，
所以，，
两式相减整理得，
即，
所以直线的斜率可以表示为，
又，在直线上，
所以直线的斜率为，
则，解得，即，
所以E的方程为．
故答案为：．
16．已知椭圆的两个焦点为．点为上关于坐标原点对称的两点，且，的面积，则的离心率的取值范围为 ．
【答案】
【分析】作出辅助线，根据题意得到四边形为矩形，故，求出，再根据，利用勾股定理得到，得到，再根据上存在关于坐标原点对称的两点，使得，得到，得到，得到离心率.
【详解】连接，由题意得，，
又，所以四边形为矩形，故，
所以，故，
又，由勾股定理得，
即，，
故，即，故，
解得，
又上存在关于坐标原点对称的两点，使得，故，
所以，即，所以，，解得，
综上，的离心率的取值范围是.

故答案为：
【点睛】方法点睛：离心率是椭圆最重要的几何性质，求椭圆的离心率(或离心率的取值范围)的常见方法：①求出，代入公式；②只需要根据一个条件得到关于的齐次式，结合转化为的齐次式，然后等式(不等式)两边分别除以或转化为关于离心率的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得离心率(离心率的取值范围).
四、解答题
17．已知圆心为C的圆经过点和点两点，且圆心C在直线上．
(1)求圆C的标准方程；
(2)已知线段MN的端点M的坐标，另一端点N在圆C上运动，求线段MN的中点G的轨迹方程．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由圆心为C的圆经过点和点两点，可知圆心过线段的垂直平分线，将其与直线联立可求得圆心C，再求半径，即可得到圆的标准方程；
（2）设线段MN的中点，由G为线段MN的中点可得，代入圆C的方程，即可得到G的轨迹方程.
【详解】（1）因为圆C经过点和点两点，
所以圆心C在线段的垂直平分线上，即上，
联立可解得，即，
所以圆C的半径为
则圆C的标准方程；
（2）设线段MN的中点，
又M的坐标，且G为线段MN的中点，
所以，
又N在圆C上运动，
可得，
化简可得，
所以，线段MN的中点G的轨迹方程.
18．如图，在三棱柱中，侧面是边长为的正方形，为矩形，.
(1)求证：平面ABC；
(2)求平面与平面所成角的正弦值；
(3)求点C到平面的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）利用线面垂直的判定定理即可证明；
（2）建立空间直角坐标系，利用法向量求解两平面的夹角余弦值，再由同角三角函数关系可得正弦值；
（3）利用法向量方法求点面距.
【详解】（1）因为侧面为正方形，为矩形，
所以，，
因为，平面，
所以平面；
（2）由（1）知，，，
由题意知，，，
所以即，
如图，以为原点，以分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，
则，连接，
所以，，，
设平面的法向量为，
则即，
令，则，，所以，
设平面的法向量为，
则即，
令，则，，所以，
设平面与平面所成角为，
则，
则；
故所求平面与平面所成角的正弦值为；
（3）由（1）知平面的法向量为，
，则点到平面的距离为.
故点C到平面的距离为.
19．在数列中，，是的前n项和，且数列是公差为的等差数列．
(1)求的通项公式；
(2)设，求数列的前n项和．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）先应用等差数列求，再应用计算通项公式；
（2）应用错位相减法求和即可．
【详解】（1）由已知得，，
所以，①
当时，，②
，得，
也符合该式，
所以．
（2）由（1）得，
所以，③
，④
，得
．
故．
20．如图，在四棱锥中，底面为正方形，平面，，为线段的中点，为线段上的动点.
(1)求证：平面平面；
(2)求平面与平面夹角的余弦的最大值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据题意，证得平面，得到，结合，证得平面，再由面面垂直的判定定理，即可证得平面平面；
（2）以为原点，建立的空间直角坐标系，设，分别求得平面和的一个法向量和，结合向量的夹角公式，列出表达式，利用二次的性质，即可求解.
【详解】（1）在中，因为且E为PB的中点，所以，
在正方形ABCD中，，
因为平面ABCD，平面，即，
又因为，平面PAB，所以平面，
因为平面，所以，
又因为，，平面，所以平面，
因为平面，即平面平面.
（2）因为平面，底面是正方形，可得两两垂直，
以为原点， 所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立的空间直角坐标系，
如图所示，可得，，，，，
因为PB中点，设，，
则，，，，
设平面的法向量，由，
取，可得，所以，
设平面的法向量，由，
取，可得，所以，
所以平面AEF与PCD的夹角的余弦值为，
令，，
则，
所以当即时，平面AEF与平面PCD的夹角的余弦值取得最大值.
21．已知数列的前项和为，且，．
(1)求数列的通项公式；
(2)设，数列前项和为，求证：．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据与的关系，即，和等比数列的性质进而求出数列的通项公式；
（2）由结合(1)并列项得，再根据裂项求和得，进而即可证明.
【详解】（1）当时，，两式相减得，，
又，，．
所以数列是首项为，公比是的等比数列，所以．
（2）证明：，
因为，
所以
，
因为，所以．
22．已知双曲线的右焦点为，渐近线方程为.
(1)求双曲线的方程.
(2)已知双曲线的左､右顶点分别为，直线与双曲线的左､右支分别交于点（异于点），设直线的斜率分别为，若点）在双曲线上，证明为定值，并求出该定值.
【答案】(1)
(2)证明见解析，定值为
【分析】（1）利用渐近线的定义得到，再利用的关系即可得解；
（2）由题意得到，再联立方程得到，进而得到，从而利用斜率公式进行化简计算即可得解.
【详解】（1）因为渐近线方程为，所以，即，
所以，则，
故的方程为.
（2）依题意，知，
因为点在双曲线上，
所以，即，
联立，得，
则，
设，则，，
所以
，
，
因为，所以，所以，
故
，
故为定值，定值为.
【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，注意的判断；
（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.