2023-2024学年黑龙江省哈尔滨市宾县第二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学年黑龙江省哈尔滨市宾县第二中学高二上学期第三次月考数学试题含答案，共14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．直线l的倾斜角为45°，且过（0,1），则直线l的方程是（ ）
A．x+y+1=0B．x-y+1=0
C．x-y-1=0D．x+y-1=0
【答案】B
【分析】根据倾斜角先求出直线斜率，再由定点，即可求出直线方程.
【详解】因为直线l的倾斜角为45°，所以斜率为：
又直线过点（0,1），则直线l的方程
故选：B
【点睛】本题主要考查直线的方程，熟记直线的点斜式方程即可，属于常考题型.
2．在数列中，，，，则18是数列中的（ ）
A．第3项B．第4项C．第5项D．第6项
【答案】C
【分析】根据等差数列的定义，结合等差数列的通项公式进行求解即可.
【详解】由，得是首项为2，公差为4的等差数列，
所以，令，解得，
所以18是数列中的第5项．
故选：C
3．已知中心在原点，焦点在y轴上的双曲线的离心率为，则它的渐近线方程为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】根据离心率求出，再根据双曲线的渐近线方程即可得解.
【详解】设双曲线的方程为，
因为，所以，则，
所以渐近线方程为.
故选：C.
4．已知等比数列的公比，，则（ ）
A．B．5C．10D．20
【答案】C
【分析】根据等比数列的通项公式计算可得.
【详解】因为且，
所以.
故选：C
5．已知数列中，，则数列的前项和为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据的通项公式，可得为等比数列，根据等比数列的求和公式进行求和即可.
【详解】因为，且，
所以是首项为，公比为的等比数列，
所以的前项和为：．
故选：B．
6．已知点P是椭圆 上的动点，则点P到直线的距离最小值为（ ）
A．B．5C．D．
【答案】D
【分析】由题意设，利用点到直线的距离公式表示出点P到直线的距离，结合辅助角公式化简即可求得答案.
【详解】由题意点P是椭圆 上的动点，设，
则点P到直线的距离为
，其中，
当时，取最小值，
故选：D
7．《周髀算经》中有这样一个问题：冬至､小寒､大寒､立春､雨水､惊蛰､春分､清明､谷雨､立夏､小满，芒种这十二个节气，自冬至日起，其日影长依次成等差数列，若立春当日日影长为尺，立夏当日日影长为尺，则春分当日日影长为（ ）
A．尺B．5尺C．尺D．尺
【答案】D
【分析】设十二节气自冬至日起的日影长构成的等差数列为，利用等差数列的性质即可求解.
【详解】设十二节气自冬至日起的日影长构成的等差数列为，则立春当日日影长为，立夏当日日影长为，所以春分当日日影长为.
故选：D
8．斜率为的直线与椭圆：交于，两点，线段的中点为，则的范围是（ ）
A．B．
C．或D．
【答案】C
【分析】由点在椭圆内有求m范围，设直线方程联立椭圆整理为一元二次方程形式，则必有，，结合韦达定理有，即可求的范围.
【详解】由题设，在椭圆内，则，
设直线代入椭圆，

整理得且，则，
由图知：直线斜率不可能为0，所以，故或.
故选：C
二、多选题
9．（多选）下列说法正确的是（ ）
A．若直线经过第一､二､四象限，则点在第三象限
B．直线过定点
C．过点且斜率为的直线的点斜式方程为
D．斜率为，在轴上的截距为的直线的方程为
【答案】BC
【分析】利用直线方程的斜截式、点斜式，以及直线过定点问题进行逐个选项判断即可.
【详解】因为直线经过第一､二､四象限，
所以直线的斜率，截距.
故点在第二象限，所以A中说法错误.
由整理得.
所以无论取何值，都满足方程.所以B中说法正确.
由点斜式方程可知，
过点且斜率为的直线的方程为.
所以C中说法正确.
由斜截式方程可知，
斜率为，在轴上的截距为的直线的方程为.
所以D中说法错误.
故选：BC
10．以椭圆＝1的顶点为顶点，离心率为的双曲线方程为（ ）
A．＝1
B．＝1
C．＝1
D．1
【答案】CD
【分析】由椭圆方程可得顶点坐标，分别在顶点为和两种情况下，根据离心率可求得双曲线的的值，由此得到双曲线方程.
【详解】由椭圆方程知椭圆顶点为：，；
若双曲线以为顶点，则，又，，，
双曲线方程为；
若双曲线以为顶点，则，又，，，
双曲线方程为；
综上所述：所求的双曲线方程为：或.
故选：CD.
11．已知是等差数列的前n项和，且，则下列选项不正确的是（ ）
A．数列为递减数列B．
C．的最大值为D．
【答案】ABC
【分析】根据等差数列的性质可得，则，即可判断AB，根据数列的单调性即可判断C，根据等差数列前n项求和公式计算即可判断D.
【详解】因为，故，，所以等差数列为递增数列，故AB错误；
因为时，，当时，，所以的最小值为，故C错误；
因为，故D正确.
故选：ABC
12．在等比数列中，，，则（ ）
A．的公比为4B．的前20项和为170
C．的前10项积为D．的前n项和为
【答案】ABC
【分析】利用等比数列的性质、等差数列、等比数列的求和公式计算即可.
【详解】由题意可知，所以，
所以，，A对；
由上可知：，所以，
B对；
而，C对；
记的前n项和为，则
的前n项和，
D错，
故选：ABC.
三、填空题
13．已知、为椭圆的两个焦点，过的直线交椭圆于A、B两点，若，则 ．
【答案】8
【分析】根据给定条件，利用椭圆的定义直接求解即可.
【详解】椭圆的长半轴长，而、为该椭圆的两个焦点，且弦过，
则，
于是，而，
所以.
故答案为：8
14．已知数列满足，，则数列的通项公式为
【答案】
【分析】由已知可得，利用为等差数列求的通项公式.
【详解】由得，
故为等差数列，公差为1，首项为1，
所以
所以.
故答案为：
15．已知圆，则圆上到直线的距离为的点个数为 ．
【答案】
【详解】圆是一个以为圆心，以为半径的圆，圆心到的距离为，圆上到直线的距离为的点个数为，故答案为.
16．已知双曲线方程为，左焦点关于一条渐近线的对称点在另一条渐近线上，则该双曲线的离心率为 .
【答案】2
【分析】根据对称性求出渐近线的倾斜角，再根据渐近线的斜率得，再根据离心率公式可求出结果.
【详解】如图：设关于渐近线对称的点在渐近线上，
的中点在渐近线上，
则，又，
所以，
所以，所以.

故答案为：.
四、解答题
17．已知是等差数列的前n项和，且.
（1）求数列的通项公式；
（2）为何值时，取得最大值并求其最大值．
【答案】（1）；（2）n=4时取得最大值.
【分析】（1）利用公式，进行求解；
（2）对进行配方，然后结合由，可以求出的最大值以及此时的值.
【详解】（1）由题意可知：，当时，，
当时，，
当时，显然成立，∴数列的通项公式；
（2），
由，则时，取得最大值28，
∴当为4时，取得最大值，最大值28．
【点睛】本题考查了已知求，以及二次函数的最值问题，根据的取值范围求最大值是解题的关键.
18．已知圆的圆心为原点，且与直线相切，直线过点.
(1)若直线与圆相切，求直线的方程；
(2)若直线被圆所截得的弦长为，求直线的方程.
【答案】(1)或
(2)或
【分析】（1）首先根据圆与直线相切的几何特征求解圆的方程，再分别讨论斜率存在与斜率不存在两种情况，采用待定系数法，根据圆心到直线的距离等于半径求解切线方程即可；
（2）首先根据弦长求出圆心到直线的距离，再分别讨论斜率存在与斜率不存在两种情况，采用待定系数法，根据圆心到直线的距离求解直线方程即可.
【详解】（1）圆心到直线的距离，
圆的半径为2，所以圆的方程为；
当直线斜率不存在时，圆心到直线的距离为，不相切.
直线斜率存在，设直线，
由，得或
所以切线方程为，或.
（2）设圆心到直线的距离为，则，由，解得.
当直线斜率不存在时，直线方程为，
圆心到直线的距离，即直线被圆所截得的弦长为，符合题意；
当直线斜率存在时，设直线，
则，解得：，
故的方程是，即，
综上所述，直线的方程为或.
19．如图，在棱长为2的正方体中，为棱的中点，为棱的中点．

(1)求证：平面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）以为原点，所在直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，求得直线的方向向量和平面的法向量，计算后即可证明；
（2）根据线面角的向量求法即可求解.
【详解】（1）
以为原点，所在直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，
因为为棱的中点，为棱的中点，所以，
所以，
设平面的一个法向量为，
则，令，则，
因为，所以，
因为平面，所以平面.
（2）由（1）得，，
设直线与平面所成的角为，
则.
20．已知等比数列满足：.
(1)求数列的通项公式：
(2)是否存在正整数，使得？若存在，求的最小值；若不存在，说明理由.
【答案】(1)
(2)存在，4
【分析】（1）设出公比，得到方程组，求出首项和公比，得到通项公式；
（2）先得到是首项为，公比为的等比数列，利用等比数列求和公式得到不等式，求出，得到答案.
【详解】（1）设等比数列的公比为，
则由已知可得，
解得，
故；
（2）因为，则，
所以，
故是首项为，公比为的等比数列，
从而，
则，
即，
所以.
21．已知等差数列的前项和为，且成等比数列.
(1)求数列的通项公式；
(2)设，求数列的前项和.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）设等差数列的首项、公差分别为，结合已知条件列出等式即可算出，由定义即可写出数列的通项公式；
（2）由错位相减法以及等比数列求和公式即可求解.
【详解】（1）不妨设等差数列的首项、公差分别为，
由题意有，
所以有，即，
所以，
又因为成等比数列，
所以，整理得，
解得，所以，
由等差数列定义可知.
（2）由（1）可知，所以，
由题意当时，有，
所以，
以上两式相减得
，
所以，
且当时，有，
综上所述：.
22．已知椭圆的一个焦点为，且离心率为.
(1)求椭圆的方程；
(2)不过原点的直线与椭圆C交于两点，求面积的最大值及此时直线的方程.
【答案】(1)
(2)，
【分析】（1）由焦点和离心率即可求出，从而可得椭圆方程；
（2）设出直线的方程，联立椭圆方程，由点直线的距离公式，结合韦达定理，把面积表示为的函数，再利用基本不等式即可求出结果.
【详解】（1）由已知得，又离心率，得到，，
所以椭圆的方程为.
（2）设，
联立，消得，
，得到，
由韦达定理得，，
又因为，
又原点到直线的距离为，
所以，
当且仅当，即，满足，
所以，面积的最大值为，此时直线的方程为.