重庆市第七中学2023-2024学年高二上学期第一次月考数学试题（Word版附解析）

这是一份重庆市第七中学2023-2024学年高二上学期第一次月考数学试题（Word版附解析），共22页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1. 已知数列满足，，则（ ）
A. B. C. 1D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】结合递推关系式依次求得的值.
【详解】因为，，
所以，得．
由，得.
故选：C
2. △ABC的两个顶点坐标A（-4，0），B（4，0），它的周长是18，则顶点C的轨迹方程是（ ）
A. B. （y≠0）
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据三角形的周长得出，再由椭圆的定义得顶点C的轨迹为以A，B为焦点的椭圆，去掉A，B，C共线的情况，可求得顶点C的轨迹方程.
【详解】因为，所以，
所以顶点C的轨迹为以A，B为焦点的椭圆，去掉A，B，C共线的情况，即，
所以顶点C的轨迹方程是 ，
故选：D.
【点睛】本题考查椭圆的定义，由定义求得动点的轨迹方程，求解时，注意去掉不满足的点，属于基础题.
3. 如图，在四面体OABC中，，，.点M在OA上，且，为BC中点，则等于（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】连接，根据空间向量的线性运算计算求解.
【详解】连接，是的中点，，
，.
故选：B
4. 直线分别与轴，轴交于，两点，点在圆上，则面积的取值范围是
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】分析：先求出A，B两点坐标得到再计算圆心到直线距离，得到点P到直线距离范围，由面积公式计算即可
详解：直线分别与轴，轴交于，两点
,则
点P在圆上
圆心为（2，0），则圆心到直线距离
故点P到直线的距离的范围为
则
故答案选A.
点睛：本题主要考查直线与圆，考查了点到直线的距离公式，三角形的面积公式，属于中档题．
5. 南宋数学家杨辉在《详解九章算法》中讨论过高阶等差数列与一般等差数列不同，前后两项之差并不相等，而是逐项差数之差或者高次差相等．例如“百层球堆垛”：第一层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球，第四层有10个球，第五层有15个球，…，各层球数之差：，，，，…即2，3， 4，5，…是等差数列．现有一个高阶等差数列，其前6项分别为1，3，6，12，23，41，则该数列的第8项为（ ）．
A. 51B. 68C. 106D. 157
【答案】C
【解析】
【分析】对高阶等差数列按其定义逐一进行构造数列，直到出现一般等差数列为止，再根据其递推关系进行求解.
【详解】现有一个高阶等差数列，其前6项分别为1，3，6，12，23，41，
各项与前一项之差：，，，，，…
即2，3，6，11，18，…，
，，，，…
即1，3，5，7，…是等差数列，
所以，．
故选：C．
6. 在递增等比数列中，为其前n项和．已知，，且，则数列的公比为（ ）
A. 3B. 4C. 5D. 6
【答案】B
【解析】
【分析】由已知结合等比数列的性质可求出 、，然后结合等比数列的求和公式求解即可.
【详解】解：由题意得：
是递增等比数列
又，
，
故
故选：B
7. 如图，在棱长为1的正方体中，点B到直线的距离为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】以为坐标原点，以为单位正交基底，建立空间直角坐标系，取，， 利用向量法，根据公式即可求出答案.
【详解】以为坐标原点，以为单位正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系，则，
，．
取，，则，，
则点B到直线AC1的距离为．
故选：A．
8. 双曲线的左右焦点分别是，，直线与双曲线在第一象限的交点为，在轴上的投影恰好是，则双曲线的离心率是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意的到，，代入到双曲线方程，解得，即，则，即，即，求解方程即可得到结果.
【详解】设原点为，∵直线与双曲线在第一象限的交点在轴上的投影恰好是，
∴，且，∴，
将代入到双曲线方程，可得，解得，即，
则，即，即，解得（舍负），
故.
故选:D.
二、多项选择题：本题共4小题，每小题满分5分，共20分．
9. 已知等比数列的公比为2，且，，成等差数列，则下列命题正确的是（ ）
A. ；B. ，，成等差数列
C. 是等比数列；D. ，，，，，成等差数列
【答案】BC
【解析】
【分析】求出数列的通项公式，以及数列的和，判断选项的正误即可．
【详解】由，，成等差数列，可得，，，所以不正确；
，，，，成等差数列，所以正确；
，所以，所以是等比数列，所以正确；
若，，即，，成等差数列，不妨设，则，，
即，显然左边奇数，右边偶数，不相等，错误；
故选：．
10. 如图为陕西博物馆收藏的国宝——唐金筐宝钿团花纹金杯，杯身曲线内收，巧夺天工，是唐代金银细作的典范.该杯的主体部分可以近似看作是双曲线的右支与直线x = 0, y = 4, y = -2 围成的曲边四边形 ABMN 绕y 轴旋转一周得到的几何体，若该金杯主体部分的上口外直径为 ，下底外直径为 ，双曲线 C 的左右顶点为D, E ，则（ ）

A. 双曲线 C 的方程为
B. 双曲线与双曲线 C 有相同的渐近线
C. 双曲线C 上存在无数个点，使它与D, E 两点的连线的斜率之积为3
D. 存在一点，使过该点的任意直线与双曲线 C 有两个交点
【答案】ABC
【解析】
【分析】由题意可得，代入双曲线方程可求出，从而可求出双曲线方程，然后逐个分析判断.
【详解】由题意可得，
所以，即，解得，
所以双曲线方程为，所以A正确；
双曲线的渐近线方程为，双曲线的渐近线方程为，所以B正确；
由题意得，设为双曲线上任意一点，
则，，
所以，
所以双曲线C上存在无数个点，使它与两点的连线的斜率之积为3，所以C正确;
由双曲线的性质可知，过平面内的任意一点的直线与双曲线的渐近线平行时，只与双曲线有一个交点，所以不存在一点，使过该点的任意直线与双曲线C有两个交点，所以D错误；
故选：ABC
11. 过抛物线上一点A(1，-4)作两条相互垂直的直线，与C的另外两个交点分别为M，N，则（ ）
A. C的准线方程是
B. 过C的焦点的最短弦长为8
C. 直线MN过定点(0，4)
D. 当点A到直线MN的距离最大时，直线MN的方程为
【答案】AD
【解析】
【分析】由题可得为，进而判断A，利用焦点弦的方程结合抛物线的定义结合条件可判断B，设为，联立抛物线利用韦达定理结合条件可得m、n的数量关系，可判断C，由C分析所得的定点P，要使到直线的距离最大有，可得此时直线的方程判断D.
【详解】将代入中得：，则为，
所以的准线方程是，故A正确；
由题可知的焦点为，可设过的焦点的直线为，
由，可得，设交点为，
则，，
所以，即过C的焦点的最短弦长为16，故B不正确；
设，，直线为，联立抛物线得：，
所以，，又，
所以
，
因为，，即，
所以，整理得，
故，得，
所以直线为，所以直线过定点，故C不正确；
当时，到直线的距离最大，此时直线为，故D正确.
故选：AD.
12. 如图，四棱锥的底面是正方形，平面平面，，为中点，为线段上一点（ ）．
A. 若，则
B. 若为中点，则
C. 若，则四棱锥外接球表面积为
D. 直线与平面所成的角的余弦值的取值范围是
【答案】ABD
【解析】
【分析】AD利用向量法进行判断，B利用等腰三角形的性质进行判断，C求四棱锥外接球表面积来进行判断.
【详解】B选项，，由于平面平面且交线为，，
所以平面，所以，所以，
当是中点时，，B选项正确.
C选项，即，由于平面平面且交线为，
所以平面，所以，而，即两两相互垂直，
所以四棱锥外接球的直径，
所以外接球的表面积为，C选项错误.
以为空间坐标原点建立如图所示空间直角坐标系，则，
，
A选项，当时，三角形是等边三角形，
所以，
，所以，所以A选项正确.
D选项，设，其中，则，
，，
设平面的法向量为，
则，故可设，
设直线与平面所成的角为，
则
，
由于线面角的范围是，所以，
将代入上式并化简得，
由于，，
所以，所以D选项正确.
故选：ABD
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 已知空间向量，且，则___________.
【答案】
【解析】
【分析】根据空间向量共线的坐标表示可得出关于的等式，求出的值即可.
【详解】由已知可得，解得.
故答案为：.
14. 瑞士数学家欧拉（Euler）1765年在所著的《三角形的几何学》一书中提出：任意三角形的外心、重心、垂心在同一条直线上，后人称这条直线为欧拉线．已知的顶点，，，则欧拉线的方程为______．
【答案】
【解析】
【分析】根据给定信息，利用三角形重心坐标公式求出的重心，再结合对称性求出的外心，然后求出欧拉线的方程作答.
【详解】因的顶点，，，则的重心，
显然的外心在线段AC中垂线上，设，
由得：，解得：，即点，
直线，化简整理得：，
所以欧拉线的方程为.
故答案：
15. 如图，已知AB，CD分别是圆柱上、下底面圆的直径，且，若该圆柱的底面圆直径是其母线长的2倍，则异面直线AC与BD所成角的余弦值为______．
【答案】.
【解析】
【分析】利用空间向量夹角公式进行求解即可.
【详解】取CD的中点O，以O为原点，以CD所在直线为x轴，
以底面内过点O且与CD垂直的直线为y轴，
以过点O且与底面垂直的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．
设，则，，，
，，，
所以，
所以异面直线AC与BD所成角的余弦值为．
故答案为：
16. 已知数列的前的前n项和为，数列的的前n项和为，则满足的最小n的值为______．
【答案】9
【解析】
【详解】 由数列的前项和为，则当时，，
所以，
所以数列的前和为，
当时，，
当时，，
所以满足的最小的值为.
点睛：本题主要考查了等差数列与等比数列的综合应用问题，其中解答中涉及到数列的通项与的关系，推导数列的通项公式，以及等差、等比数列的前项和公式的应用，熟记等差、等比数列的通项公式和前项和公式是解答的关键，着重考查了学生的推理与运算能力.
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. 已知圆C过两点，，且圆心C在直线上．
（1）求圆C的方程；
（2）过点作圆C的切线，求切线方程．
【答案】（1）．（或标准形式）
（2）或
【解析】
【分析】（1）根据题意，求出的中垂线方程，与直线联立，可得圆心的坐标，求出圆的半径，即可得答案；
（2）分切线的斜率存在与不存在两种情况讨论，求出切线的方程，综合可得答案．
【小问1详解】
解：根据题意，因为圆过两点，，
设的中点为，则，
因为，所以的中垂线方程为，即
又因为圆心在直线上，联立，解得，所以圆心，半径，故圆的方程为，
【小问2详解】
解：当过点P的切线的斜率不存在时，此时直线与圆C相切
当过点P的切线斜率k存在时，设切线方程为即（*）
由圆心C到切线的距离，可得
将代入（*），得切线方程为
综上，所求切线方程为或
18. 已知数列满足．
（1）求数列的通项公式；
（2）设，求数列的前n项和．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）当时，由，可得，两式相减化简可求得通项，
（2）由（1）得，然后利用裂项相消法可求得结果
【小问1详解】
因为，
所以时，
，
两式作差得，，
所以时，，
又时，，得，符合上式，
所以的通项公式为．
【小问2详解】
由（1）知，
所以
．
即数列的前n项和．
19. 如图，直三棱柱中，底面是边长为2的等边三角形，D为棱AC中点.
（1）证明：AB1//平面；
（2）若面B1BC1与面BC1D的夹角余弦值为，求.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）连接，使，连接，即可得到，从而得证；
（2）设，以为坐标原点建立空间直角坐标系，求出平面法向量，平面的法向量，利用空间向量的数量积求解面与面的夹角余弦值为，从而得到方程，解得即可．
【小问1详解】
证明：如图，连，使，连，
由直三棱柱，所以四边形为矩形，所以为中点，
在中，、分别为和中点，，
又因平面平面，面，面，
平面．
【小问2详解】
解：设，以为坐标原点如图建系， 则，，所以、，
设平面的法向量
则，
故可取．
设平面法向量，则，
故可取，
因为面与面的夹角余弦值为，
所以，即，解得，．
20. 已知数列{an}的前n项和为Sn，.
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）求数列的前n项和，求使不等式成立的最大整数m的值.
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）根据给定的递推公式变形，再构造常数列求解作答.
（2）利用（1）的结论求出，再利用裂项相消法求和，由单调性求出最大整数m值作答.
【小问1详解】
依题意，，当时，，两式相减得：，
即，整理得：，于是得，
所以数列{an}的通项公式是.
【小问2详解】
由（1）得，
，
数列是递增数列，因此，，于是有，则，
不等式成立，则，，于是得，
所以使不等式成立的最大整数m的值是505.
【点睛】思路点睛：使用裂项法求和时，要注意正负项相消时消去了哪些项，保留了哪些项，切不可漏写
未被消去的项，未被消去的项有前后对称的特点，实质上造成正负相消是此法的根源与目的．
21. 如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，平面平面，，.
（1）证明：平面；
（2）已知，，，且直线与平面所成角的正弦值为，求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】（1）证明过程见解析；
（2）.
【解析】
【分析】（1）利用平面与平面垂直的性质得出直线与平面垂直，进而得出平面；
（2）建立空间直角坐标系即可求解.
【小问1详解】
证明：因为平面平面，交线为
且平面中，
所以平面
又平面
所以
又，且
所以平面
【小问2详解】
解：由（1）知，平面且
所以、、两两垂直
因此以原点，建立如图所示的空间直角坐标系
因为，，，设
所以，，，，
由（1）知，平面
所以为平面的法向量且
因为直线与平面所成角的正弦值为
所以
解得：
所以，又，，
所以，，，
设平面与平面的法向量分别为：，
所以，
令，则
令，则，，即
设平面与平面夹角为
则
所以平面与平面夹角的余弦值为.
22. 已知圆：，定点，A是圆上的一动点，线段的垂直平分线交半径于P点．
（1）求P点的轨迹C的方程；
（2）设直线过点且与曲线C相交于M，N两点，不经过点．证明：直线MQ的斜率与直线NQ的斜率之和为定值．
【答案】（1）；
（2）证明见解析，定值为-1.
【解析】
【分析】(1)根据给定条件探求出，再利用椭圆定义即可得轨迹C方程.
(2)由给定条件可得直线斜率k存在且不为0，写出直线的方程，再联立轨迹C的方程，借助韦达定理计算作答.
【小问1详解】
圆：的圆心，半径为8，
因A是圆上的一动点，线段的垂直平分线交半径于P点，则，
于是得，因此，P点的轨迹C是以，为左右焦点，
长轴长2a=8的椭圆，短半轴长b有，
所以P点的轨迹C的方程是.
【小问2详解】
因直线过点且与曲线C：相交于M，N两点，则直线的斜率存在且不为0，
又不经过点，即直线的斜率不等于-1，设直线的斜率为k，且，
直线的方程为：，即，
由消去y并整理得：，
，即，则有且，
设，则，
直线MQ的斜率，直线NQ的斜率，
，
所以直线MQ的斜率与直线NQ的斜率之和为定值.