河北省石家庄市石家庄二中实验学校2023-2024学年高二上学期1月月考数学试题

这是一份河北省石家庄市石家庄二中实验学校2023-2024学年高二上学期1月月考数学试题，共22页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题等内容，欢迎下载使用。

（时间：120分钟，满分150分）
一、单选题：本题共8小蹦．每小题5分，共40分
1. 已知两条直线和互相平行，则a等于（ ）
A. 1或B. 或3C. 1D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据给定条件，列出方程，求解并验证即可得解.
【详解】由直线和平行，得，解得或，
当时，直线与重合，不符合题意，
当时，直线与平行，符合题意，
所以.
故选：D
2. 双曲线的实轴长是( )
A. 2B. C. 4D. 4
【答案】C
【解析】
【详解】试题分析：双曲线方程变形为，所以，实轴长为
考点：双曲线方程及性质
3. 直线与圆相交于两点，则的最小值为（ ）
A. 6B. 4C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先求出直线经过的定点，再由弦长公式可分析出当时，最小，更多优质资源可进入 从而可求得结果.
【详解】因为可化为，
令，解得，
所以直线恒过定点，该点在圆内，
因为，所以要求的最小值，即求圆心到直线的最大距离，
显然当时，最大，最小，
又因为圆，所以圆心，，则，
故此时.
故选：D.
4. 如图，在四棱锥中，平面，底面为正方形，，则直线与平面所成角的正弦值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】建立空间坐标系，利用空间向量法求解线面角，从而求解.
【详解】由题意知平面，且四边形为正方形，
所以以为坐标原点，分别以，，为，，轴， 建立如图所示空间直角坐标系.
设，则，，，
从而，，，
设平面的一个法向量为，
则，令，则，
设直线与平面所成的角为，则
，故C项正确.
故选：C.
5. 已知椭圆和双曲线有共同的焦点，，P是它们的一个交点，且，记椭圆和双曲线的离心率分别为，，则的最小值为（ ）
A. B. C. 1D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用椭圆和双曲线的定义及可以列出关于，的方程，再利用均值定理即可得到的最小值
【详解】设椭圆长轴长为，双曲线实轴长为，
，，（） ，
则，解之得
又
则
则，则
则，则
（当且仅当时等号成立）
则的最小值为
故选：B
6. 已知圆和两点，，若圆上至少存在一点，使得，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意可知，圆与圆的位置关系为相交、内切或内含，利用圆心距和两圆半径之间的关系即可求得.
【详解】圆的圆心，半径为，
因为圆上至少存在一点，使得，则，
所以圆与圆的位置关系为相交、内切或内含，
所以可得，又因为，
所以，即.
即实数的取值范围是.
故选：B.
7. 已知圆与坐标轴的交点为，点P为椭圆上一点，若，则点P到轴的距离为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，不妨设，得到点恰为椭圆的左右焦点，得出，得到，结合椭圆的定义，得到点在以为焦点的椭圆上，求得点的轨迹方程为，联立方程组，即可求解.
【详解】由圆与坐标轴的交点为，不妨设，
又由椭圆，可得，则，
所以恰为椭圆的左右焦点，可得，
因为，可得，
所以，所以点在以为焦点的椭圆上，且，
可得，则，所以点为椭圆，
联立方程组，解得，可得，
所以点到轴的距离为.
故选：B.
8. 十九世纪下半叶集合论的创立，奠定了现代数学的基础，著名的“康托三分集”是数学理性思维的构造产物，具有典型的分形特征，其操作过程如下：将闭区间均分为三段，去掉中间的区间段，记为第1次操作；再将剩下的两个区间分别均分为三段，并各自去掉中间的区间段，记为第2次操作；…；每次操作都在上一次操作的基础上，将剩下的各个区间分别均分为三段，同样各自去掉中间的区间段；操作过程不断地进行下去，剩下的区间集合即是“康托三分集”.设第次操作去掉的区间长度为，数列满足：，则数列中的取值最大的项为（ ）
A. 第3项B. 第4项C. 第5项D. 第6项
【答案】C
【解析】
【分析】由已知可得，则，然后由，得，而为正整数，从而可求得答案.
【详解】由题可知，
由此可知，所以，
因为，
令，解得（舍），
由此可知时时，故的取值最大，
故选：C.
二、多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，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. 在递增的等比数列{an}中，Sn是数列{an}的前n项和，若a1a4＝32，a2+a3＝12，则下列说法正确的是（ ）
A. q＝1B. 数列{Sn+2}是等比数列
C. S8＝510D. 数列{lgan}是公差为2的等差数列
【答案】BC
【解析】
【分析】
先根据题干条件判断并计算得到q和a1的值，可得到等比数列{an}的通项公式和前n项和公式，对选项进行逐个判断即可得到正确选项．
【详解】由题意，根据等比中项的性质，可得
a2a3＝a1a4＝32＞0，a2+a3＝12＞0，
故a2＞0，a3＞0．
根据根与系数的关系，可知
a2，a3是一元二次方程x2﹣12x+32＝0的两个根．
解得a2＝4，a3＝8，或a2＝8，a3＝4．
故必有公比q＞0，
∴a10．
∵等比数列{an}递增数列，∴q＞1．
∴a2＝4，a3＝8满足题意．
∴q＝2，a12．故选项A不正确．
an＝a1•qn﹣1＝2n．
∵Sn2n+1﹣2．
∴Sn+2＝2n+1＝4•2n﹣1．
∴数列{Sn+2}是以4为首项，2为公比的等比数列．故选项B正确．
S8＝28+1﹣2＝512﹣2＝510．故选项C正确．
∵lgan＝lg2n＝n．
∴数列{lgan}是公差为1的等差数列．故选项D不正确．
故选：BC
【点睛】本题考查了等比数列的通项公式、求和公式和性质，考查了学生概念理解，转化划归，数学运算的能力，属于中档题.
10. 下列命题中，不正确的选项有（ ）
A. 若成等比数列，则为的等比中项，且
B. 为等比数列是的充要条件
C. 两个等比数列与的积、商、倒数的数列、、仍为等比数列
D. 若是等比数列，是的前n项和，则，…成等比数列
【答案】ABD
【解析】
【分析】选项A，等比数列中的项可以为负数，举出反例即可；选项B，判断必要性时，举出反例，通项为零的常数列，判断即可；选项C，分别设等比数列的公比为，的公比为，接着分析它们积、商、倒数数列的首项和公比即可；选项D，举出反例，等比数列为……，判断，…是不是等比数列即可.
【详解】对于选项A，若，成等比数列，为的等比中项，但，A错误；
对于选项B，充分性：若为等比数列，可得，得，满足充分性；必要性：若数列是通项为零的常数数列，满足，不满足为等比数列，不满足必要性；B错误；
对于选项C，两个等比数列（公比为）与（公比为），它们的积数列是以为首项为公比的等比数列，它们的商数列是以为首项为公比的等比数列，倒数数列是以为首项为公比的等比数列；C正确；
对于选项D，若等比数列为……，
显然，……
，…不成等比数列，D错误；
故选：ABD.
11. 设等比数列的公比为，其前项和为，前项积为，且满足，，，则下列选项正确的是（ ）
A. B.
C. 是数列中的最大项D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】分析出，可得出数列为正项递减数列，结合题意分析出正项数列前项都大于，而从第项起都小于，进而可判断出各选项的正误.
【详解】由可得与异号，
或，
又，且，可得与同号，即，
且一个大于，一个小于，
若，则，不符合题意；
若，则，为递减数列，
满足，故A正确；
对于B选项，由于，数列为正项递减数列，
，所以，，故B选项错误；
对于C选项，由上可知，正项数列前项都大于，
而从第项起都小于，
所以，是数列中的最大值，故C选项正确；
对于D选项，，
D选项正确.
故选：ACD.
【点睛】关键点点睛：在等比数列的公比的取值不确定时，首先分析的符号，进一步确定的取值范围，解本题的关键就是结合已知条件分析出，并结合等比数列的单调性来进行推导.
12. 圆幂定理是平面几何中关于圆的一个重要定理，它包含三个结论，其中一个是相交弦定理，经过圆内一点引两条弦被这点所分成的两线段长的积相等，已知圆的半径为5，点P是圆O内的一定点，且，过点P引两条弦AC，BD，则下列说法正确的是（ ）
A. 为定值
B. 的取值范围为
C. 当时，如图以O为原点，OP为x轴，则AB中点M的轨迹方程为
D. 当时，四边形ABCD面积的最大值为40
【答案】ABC
【解析】
【分析】利用数量积的定义结合圆幂定理判断A，利用数量积的运算律判断B，利用几何法求得轨迹方程判断C，利用弦心距和基本不等式求解最值判断D.
【详解】对于A，设圆O与x轴正负半轴的交点分别为E、F，
则，故A正确；
对于B，取BD的中点为G，连接OG，
则
，又，
所以的取值范围为，故B正确；
对于C，设，，
当时，，所以，
则，整理可得：，
即AB中点M的轨迹方程为，故C正确；
对于D，记分别为O到AC，BD的距离，
，故D错误；
故选：ABC
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 已知两异面直线和的方向向量分别为和，若，则与所成角为______.
【答案】
【解析】
【分析】根据异面直线和的方向向量分别为和，且，结合求解.
【详解】因为，
又,
所以异面直线与所成角为60°.
故答案为：
【点睛】本题主要考查异面直线所成的角的向量求法，属于基础题.
14. 设等差数列、的前项和分别为、，若对任意的，都有，则______．
【答案】
【解析】
【分析】根据等差数列的性质即可求解.
【详解】，
由于，
故答案为：
15. 设，过定点A的直线和过定点B的直线交于点P，则的最大值为______．
【答案】
【解析】
【分析】结合题意，先算出定点的坐标，然后根据斜率关系找到两直线垂直，得到，最后利用三角恒等变换算出的最大值即可.
【详解】因为直线可化为，所以该直线过定点，
因为直线可化为，所以该直线过定点，
又因为对任意，，
所以直线与直线垂直，
又因为直线与直线相交于点,
所以.
记,则，
所以其中，
当且仅当时，有最大值为.
故答案为：.
16. 已知椭圆，过原点作两条互相垂直的射线交椭圆于、两点，则弦长的取值范围为_____________．
【答案】
【解析】
【分析】对直线、的斜率是否同时存在进行分类讨论，当直线、分别与两坐标轴重合时，直接求出的值；当直线、的斜率都存在时，设直线，求出关于的表达式，利用二次函数的基本性质可求得的取值范围.
【详解】当直线、分别与两坐标轴重合时，；
当直线、斜率都存在时，设直线，
联立，可得，
所以，，
同理可得，
所以，
，
因为，则，令，
令，
因为函数在上为增函数，在上为减函数，
又因为，，则，
此时，，则.
综上所述，的取值范围是.
故答案为：.
【点睛】方法点睛：圆锥曲线中取值范围问题的五种求解策略：
（1）利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等关系，从而确定参数的取值范围；
（2）利用已知参数的范围，求新的参数的范围，解这类问题的核心是建立两个参数之间的等量关系；
（3）利用隐含的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；
（4）利用已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；
（5）利用求函数值域的方法将待求量表示为其他变量的函数，求其值域，从而确定参数的取值范围.
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. 已知一次函数的图象过点和．数列的前项和为，且．
（1）求数列的通项公式；
（2）已知数列满足，证明：．
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）利用待定系数法求出，再代入，然后升次作差即可得到为等比数列，求出其通项即可；
（2）利用裂项求和法即可得到.
【小问1详解】
设，，则，解得，所以．
故，当时，，
又，故作差得，所以，
所以是首项为1，公比为2的等比数列，故．
【小问2详解】
由（1）得，
故
18. 已知动点与两个定点，的距离的比是2.
（1）求动点的轨迹的方程；
（2）直线过点，且被曲线截得的弦长为，求直线的方程.
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）直接利用条件求出点的轨迹方程，所求方程表示一个圆；
（2）直线的斜率分存在与不存在两种情况，当直线的斜率不存在时，检验不满足条件；当直线的斜率存在时，用点斜式设出直线的方程，根据弦长和点到直线的距离公式列出等式即可求出直线的斜率，进而求出直线的方程.
【小问1详解】
设点，
动点与两个定点，的距离的比是，
，即，
则，
化简得，
所以动点的轨迹的方程为；
小问2详解】
由（1）可知点的轨迹是以为圆心，为半径的圆，
直线被曲线截得的弦长为，
圆心到直线的距离，
①当直线的斜率不存在时，直线的方程为，此时圆心到直线的距离是3，不符合条件；
②当直线的斜率存在时，设直线的方程为，即，
所以圆心到直线的距离，
化简得，解得或，
此时直线的方程为或.
综上，直线的方程是或.
19. 已知数列的前项和为，，.
（1）求的通项公式；
（2）若数列的前项和为，证明：.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）直接由的关系结合等比数列的定义即可得解.
（2）直接用错位相减法求和即可，进一步即可得证.
【小问1详解】
由题意得，得，
则是首项为，公比为的等比数列，
所以的通项公式为.
【小问2详解】
由题意得，
，
两式相减，得
，
所以，
因为，所以.
20. 如图，过抛物线C：x2＝2py（p＞0）的焦点F的直线交C于M（x1，y1），N（x2，y2）两点，且x1x2＝－4．
（1）求抛物线C的标准方程；
（2）R，Q是C上的两动点，R，Q的纵坐标之和为1，R，Q的垂直平分线交y轴于点T，求的面积的最小值．
【答案】（1）x2＝4y
（2）3
【解析】
【分析】(1)由已知设出直线MN的方程，与抛物线方程联立，利用根与系数的关系，解得，则抛物线方程可求；
(2)设R（x3，y3），Q（x4，y4），T（0，t）根据垂直平分线|TR|＝|TQ|，R，Q的纵坐标之和为1，求得 ，然后根据求得有关k的函数表达式，此时即可求出的面积的最小值.
【小问1详解】
由题意，设直线MN方程为，由得x2－2pkx－p2＝0，
由题意知x1，x2是方程两根，所以x1x2＝－p2＝－4，
所以，抛物线的标准方程为x2＝4y．
【小问2详解】
设R（x3，y3），Q（x4，y4），T（0，t），因为点T在RQ的垂直平分线上，所以|TR|＝|TQ|，
得．
因为，，所以，
即 ，所以－4＝y3＋y4－2t．
又因为y3＋y4＝1，所以，故．于是．
由（1）得x1＋x2＝4k，x1x2＝－4，
所以．
所以当k＝0时，有最小值3．
21. 如图，在四棱锥中，是边长为3的正三角形，，平面平面.
（1）求证：平面；
（2）若，求二面角的平面角的正切值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由面面垂直的性质定理和线面垂直的判定定理证明即可；
（2）以为坐标原点，为轴，为轴，建立如图空间直角坐标系，分别求出面和面，由二面角的向量公式结合同角三角函数的基本关系即可得出答案.
【小问1详解】
连接交于点，由平面几何知识易知，
又平面平面是交线，平面，
平面，又平面，
，又平面，
平面；
【小问2详解】
如图，以为坐标原点，为轴，为轴，建立如图空间直角坐标系，
若，则
易知是平面的一个法向量，
设是平面的一个法向量
则，即，
令，则，
所以
二面角的平面角为锐角，
二面角的平面角的余弦值为，
二面角的平面角的正弦值为
二面角的平面角的正切值为.
22. 椭圆的两个焦点分别为，，离心率为，为椭圆上任意一点，不在轴上，的面积的最大值为.
（1）求椭圆的方程；
（2）过点的直线与椭圆相交于M，N两点，设点，求证：直线，的斜率之和为定值，并求出定值.
【答案】22.
23. 定值，
【解析】
【分析】（1）根据题意列出方程即可；
（2）设出直线方程，联立椭圆方程，列出表达式利用韦达定理计算即可.
【小问1详解】
因为椭圆的离心率为，所以，
设到的距离为，因为，
所以，易得当时面积取得最大值，
所以，因为，
所以，，所以椭圆的方程为；
【小问2详解】
证明：如图，易知点在椭圆外，
设直线的方程为，，，
由得，
所以，，，
因为，所以，
所以，
所以，
所以.
【点睛】关键点点睛：本题的第（2）问的化简，这里化简主要是利用了韦达定理和直线的方程，在化简过程中同时涉及到通分，计算比较复杂，要认真计算.