重庆市第七中学2023-2024学年高二上学期第三次月考数学试题（Word版附解析）

这是一份重庆市第七中学2023-2024学年高二上学期第三次月考数学试题（Word版附解析），共28页。试卷主要包含了 已知圆等内容，欢迎下载使用。
一．选择题（共8小题）
1. 如果双曲线上一点到它的右焦点的距离是，那么点到它的左焦点的距离是（ ）
A. B. C. 或D. 不确定
【答案】C
【解析】
【分析】根据双曲线的定义即可求得答案.
【详解】设双曲线的左、右焦点为，则；
则，
由双曲线定义可得，即，
所以或，由于，
故点到它的左焦点的距离是或，
故选：C
2. 已知，，，若不能构成空间的一个基底，则实数的值为（ ）
A. 0B. C. 9D.
【答案】D
【解析】
【分析】若不能构成空间的一个基底，则它们共面.
【详解】因为不能构成空间的一个基底，则它们共面，则，
则，
，解得，D正确.
故选：D
3. 已知数列为等差数列，为等比数列的前n项和，且，，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据等差数列公式计算，计算，再求和得到答案.
【详解】设等差数列的公差为d，由得，解得，
则，所以，，
设等比数列的公比为q，则，
则，
故选：D．
4. 数学家欧拉1765年在其所著的《三角形几何学》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△ABC的顶点分别为，，，则△ABC的欧拉线方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】求出重心坐标，求出AB边上高和AC边上高所在直线方程，联立两直线可得垂心坐标，即可求出欧拉线方程.
【详解】由题可知，△ABC的重心为，
可得直线AB的斜率为，则AB边上高所在的直线斜率为，则方程为，
直线AC的斜率为，则AC边上高所在的直线斜率为2，则方程为，
联立方程可得△ABC的垂心为，
则直线GH斜率为，则可得直线GH方程为，
故△ABC的欧拉线方程为.
故选：A.
5. 已知点是直线上一动点、是圆的两条切线，、是切点，若四边形的最小面积是，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】作出图形，可知，由四边形的最小面积是，可知此时取最小值，由勾股定理可知的最小值为，即圆心到直线的距离为，结合点到直线的距离公式可求出的值.
【详解】如下图所示，由切线长定理可得，又，，且，，
所以，四边形的面积为面积的两倍，
圆的标准方程为，圆心为，半径为，
四边形的最小面积是，所以，面积的最小值为，
又，，
由勾股定理，
当直线与直线垂直时，取最小值，
即，整理得，，解得.
故选：D.
【点睛】本题考查由四边形面积的最值求参数的值，涉及直线与圆的位置关系的应用，解题的关键就是确定动点的位置，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.
6. 已知数列的前n项和为，，，且，则（ ）
A. B. C. D. 4040
【答案】B
【解析】
【分析】由递推关系求得数列的前几项，归纳出数列的性质，然后并项求和．
【详解】由递推关系式可得，，，，，…，从而可得
，，，
所以，
，所以.
故选：B．
7. 已知过抛物线的焦点F的直线与抛物线交于A、B两点，且，抛物线的准线l与x轴交于点C，于点，若四边形的面积为，则准线l的方程为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】方法一：已知，求得，在利用直线方程和抛物线方程联立得到，解得，，再根据梯形面积公式即可求解出p，进而得到准线l的方程；
方法二：根据抛物线焦半径公式，，已知，解得，求出高为，再根据梯形面积公式即可求解出p，进而得到准线l的方程.
【详解】
解：方法一：由题意知，准线的方程为，设，，
则，
由，得，
即①
由题意知直线的斜率存在，
设直线的方程为，
代入抛物线方程，消去，得,
所以②
联立①②，得，
解得或（舍去），所以，
因为，
将的值代入，解得，
所以准线的方程为，
故选：D.
方法二：设，，，
则，，
因为，所以，解得，则
因为四边形是直角梯形，其中，，高为，
所以四边形的面积为，
解得，所以抛物线的准线方程为，
故选：D
8. 已知等差数列满足，，数列满足，记的前项和为，若对于任意的，，不等式恒成立，则实数的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由等差数列通项公式可得，进而由递推关系可得，借助裂项相消法得到，又，问题等价于对任意的，恒成立.
【详解】由等差数列的性质知，则，
又，则等差数列的公差，
.
由，得，

则不等式恒成立等价于恒成立，
而，问题等价于对任意的，恒成立．
设，，
则，即，解得：或.
故选：A
【点睛】思路点睛：本题考查等差数列的通项公式，递推关系式，考查数列的求和方法：裂项相消求和，考查函数与方程的思想方法，以及运算能力，属于中档题．
二．多选题（共4小题）
9. 已知圆：，一条光线从点射出经轴反射，则下列结论正确的是（ ）
A. 圆关于轴的对称圆的方程为
B. 若反射光线平分圆的周长，则入射光线所在直线方程为
C. 若反射光线与圆相切于，与轴相交于点，则
D. 若反射光线与圆交于，两点，则面积的最大值为
【答案】ABD
【解析】
【分析】对于A，由对称的性质直接求解即可，对于B，由题意可知入射光线所在的直线过点和，从而可求出直线方程，对于C，由题意可知反射光线所在的直线过点，则，然后由圆的性质可求出，进而可求得的值，对于D，设，，表示弦长和弦心距，可表示出面积，从而可求出其最大值
【详解】对于A，由圆方程可得，故圆心，半径，
圆关于轴对称的圆的圆心为，半径为，
所求圆的方程为：，即，A正确；
对于B，反射光线平分圆的周长，反射光线经过圆心，
入射光线所在直线经过点，，
入射光线所在直线方程为：，即，B正确；
对于C，反射光线经过点关于轴的对称点，
，
，则，C错误；
对于D，设，
则圆心到直线的距离，
，
，
则当时，，D正确.
故选：ABD.
10. 已知数列的前项和是，则下列结论正确的是（ ）
A. 若数列为等差数列，则数列为等差数列
B. 若数列为等差数列，则数列为等差数列
C. 若数列和均为等差数列，则
D. 若数列和均为等差数列，则数列是常数数列
【答案】BCD
【解析】
【分析】由数列为等差数列，得到，根据不确定，可判定A不正确；由数列为等差数列，设公差为，求得，证得，可判定B正确；由数列为等差数列，得到，得到，根据得出数列的定义，得到，可判定C正确；由数列为等差数列，得到，得到，化简得到，可判定D正确.
【详解】对于A中，若数列为等差数列，可得，
因为首项不确定，所以数列为不一定是等差数列，所以A不正确；
对于B中，若数列为等差数列，设公差为，
则，可得，
当时，；
当时，，
则，
由，则，
所以，所以数列为等差数列，所以B正确；
对于C中，由数列为等差数列，可得，
则，可得，
则
常数，所以，即，
所以，所以，且，所以，所以C正确；
对于D中，由数列为等差数列，可得，
则，
可得，
因为为等差数列，所以为常数，所以，
所以，所以数列是常数数列，所以D正确.
故选：BCD.
【点睛】在解决等差、等比数列的运算问题时，有两个处理思路,一是利用基本量,根据通项公式和求和公式，列出方程组,虽有一定量的运算,但思路简洁,目标明确；二是利用等差、等比数列的性质是两种数列基本规律的深刻体现，应有意识地去应用.但在应用性质时要注意性质的前提条件，有时需要进行适当变形. 在解决等差、等比数列的运算问题时，经常采用“巧用性质、整体考虑、减少运算量”的方法.
11. 如图，已知在长方体中，，，，点为棱上的一个动点，平面与棱交于，则下列说法正确的是（ ）
A. 三棱锥的体积为20
B. 直线与平面所成角正弦值的最大值为
C. 存在唯一的点，使得平面，且
D. 存在唯一的点，使截面四边形的周长取得最小值
【答案】BD
【解析】
【分析】根据空间几何体中相关知识进行判断即可.
【详解】如图过点作垂线，垂直为，易知
三棱锥的体积为
故A错误
当点与点重合时，此时直线与平面所成角正弦值的最大，
最大值为，故B正确
由可知与点重合，又因为∥，易知与不垂直，
故与不垂直，与平面不垂直，故C错误.
四边形的周长,周长取得最小值即最小
将平面与将平面放在同一平面内
可知最小值为：
截面四边形的周长取得最小值
故D正确
故选：BD
12. 阿基米德不仅在物理学方面贡献巨大，还享有“数学之神”的称号.抛物线上任意两点处的切线交于点，称为“阿基米德三角形”.已知抛物线的焦点为，过的直线交抛物线于两点，抛物线在处的切线交于点，则为“阿基米德三角形”，下列结论正确的是（ ）
A. 在抛物线的准线上B.
C. D. 面积的最小值为4
【答案】ACD
【解析】
【分析】对A：根据题意利用导数求切线的方程，进而求交点坐标，结合韦达定理分析运算；对B：利用韦达定理可得，即可得结果；对C：分和两种情况讨论，分析运算可得，即可得结果；对D：根据题意可求面积，分析运算即可.
【详解】对A：
抛物线的焦点为，准线为.
设直线的方程为，
联立方程组得，则.
因，所以，
故在处切线的斜率，则直线的方程为，即，
同理可得：直线的方程为，
联立方程，解得，
所以，故在抛物线的准线上，A正确；
对B：
因为，
所以，则，故B错误；
对C：
当时，则直线的斜率不存在，故；
当时，则直线的斜率，则，所以；
综上所述：.
则，所以，C正确；
对D：
设的中点为，则，
∴面积，
当且仅当，即时等号成立，
所以面积的最小值为4，D正确.
故选：ACD.
三．填空题（共4小题）
13. 已知向量，则向量的单位向量______．
【答案】
【解析】
【分析】计算出，从而可得出，即可求出向量的坐标.
【详解】，，
因此，向量的单位向量.
故答案为：.
【点睛】本题考查与非零向量同向的单位向量坐标的计算，熟悉结论“与非零向量同向的单位向量为”的应用是解题的关键，考查计算能力，属于基础题.
14. 圆心在直线上，与轴相切，且被直线截得弦长为的圆的方程为__________．
【答案】或
【解析】
【分析】设圆的方程为，根据圆心在直线，得到，再根据圆与轴相切，得出圆的方程为，结合圆的弦长公式，求得的值，即可求得圆的方程.
【详解】设圆的标准方程为，可得圆心坐标为，半径为，由圆心在直线上，可得，即，
又由圆与轴相切，可得，
所以圆的方程为，
则圆心到直线的距离为，
根据圆的弦长公式，可得，化简得，解得，
所以所求圆的方程为或.
故答案为：或.
【点睛】本题主要考查了圆的标准方程，以及直线与圆的位置关系的应用，其中解答中设出圆的标准方程，数练应用圆的弦长公式是解答的关键，着重考查推理与运算能力.
15. 若等比数列的各项均为正数，且，则__________．
【答案】25
【解析】
【分析】由等比数列的性质可得，再代入计算即可.
【详解】解：由数列为等比数列得，
又，，
.
故答案为：25.
16. 如图是数学家Germinal Dandelin用来证明一个平面截圆锥得到的截口曲线是椭圆的模型（称为“Dandelin双球”）；在圆锥内放两个大小不同的小球，使得它们分别与圆锥的侧面、截面相切，设图中球，球的半径分别为和，球心距离,截面分别与球，球切于点，，（，是截口椭圆的焦点），则此椭圆的离心率等于______．
【答案】
【解析】
【分析】利用已知条件和几何关系找出圆锥母线与轴的夹角为 ，截面与轴的夹角为 的余弦值，即可得出椭圆离心率．
【详解】如图，圆锥面与其内切球，分别相切与，连接,则，，过作垂直于，连接， 交于点C
设圆锥母线与轴的夹角为 ，截面与轴的夹角为.
在中， ，



解得

即
则椭圆的离心率
【点睛】“双球模型”椭圆离心率等于截面与轴的交角的余弦与圆锥母线与轴的夹角的余弦
之比，即．
四．解答题（共6小题）
17. 已知直线经过两条直线和的交点，且与直线垂直．
（1）求直线的一般式方程；
（2）若圆的圆心为点，直线被该圆所截得的弦长为，求圆的标准方程．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由题意求出两直线的交点，再求出所求直线的斜率，用点斜式写出直线的方程；
（2）根据题意求出圆的半径，由圆心写出圆的标准方程．
【小问1详解】
解：由题意知，解得，
直线和的交点为；
设直线的斜率为，与直线垂直，；
直线的方程为，化为一般形式为；
【小问2详解】
解：设圆的半径为，则圆心为到直线的距离为
，由垂径定理得，
解得，
圆的标准方程为．
18. 已知数列满足，()，且()．
（1）求数列的通项公式；
（2）若()，求数列的前n项和．
【答案】（1），；
（2）．
【解析】
【分析】（1）根据递推关系结合条件求得，然后利用累加法可得的通项公式；
（2）由题可得，然后利用裂项相消法即得.
【小问1详解】
因为，，，
可得，，
又，
则当时，
，
上式对也成立，
所以，；
【小问2详解】
由，
可得，
则数列的前n项和为
．
19. 如图，在平面四边形中，，，且，以为折痕把和向上折起，使点A到达点E的位置，点C到达点F的位置（E，F不重合）.
（1）求证：；
（2）若平面平面FBD，点G为的重心，平面ABD，且直线EF与平面FBD所成角为60°，求二面角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）作出辅助线，证明出EH⊥BD，FH⊥BD，从而证明线面垂直，得到线线垂直；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求解二面角.
【小问1详解】
取BD中点H，连接EH，FH，
因为AB=AD，BC=DC，
所以EB=ED，FB=FD，
故EH⊥BD，FH⊥BD，
因为，平面EFH，
所以BD⊥平面EFH。
因为平面EFH，
所以BD⊥EF；
【小问2详解】
连接AH，由于AB=AD，则AH⊥BD，
因为点G为的重心，
所以点G必在直线AH上，
过点G作GMBD交AD于点M，则AH⊥GM，
因为平面ABD，平面ABD，
所以EG⊥GM，EG⊥AG，
以G为坐标原点，GM所在直线为x轴，GA所在直线为y轴，GE所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，
，且，
所以，，
因为平面平面FBD，由（1）知：∠EHF为平面与平面FBD的二面角，
所以∠EHF=90°，
由（1）知：EH⊥BD，
因为，
所以平面BDF，则∠EFH即为直线EF与平面FBD所成角，
故∠EFH =60°，
则，
由勾股定理可得：，
即△EBD为等边三角形，所以，，
所以，
所以，
设平面的法向量为，
则，
令得：，，
所以，
设平面的法向量为，
则
解得：，令，则，
所以，
则，
设平面的夹角为，显然为锐角，
则.
20. 已知数列的前项和为．
（1）求数列的通项公式；
（2）若，，求；
（3）记，若数列中去掉数列中的项后余下的项按原来的顺序组成数列，求的值．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）利用与的关系即可求解.
（2）根据的奇偶，分别求中奇数项的和以及偶数项的和即可.
（3）首先求出，然后去除掉中的项，表示出，即可求解.
【小问1详解】
由，当时，，解得，
当时，，两式作差得，
即，
所以数列为等比数列，公比为2，所以，
所以数列的通项公式．
【小问2详解】
由,得
所以
；
【小问3详解】
，
因为，
所以
．
21. 如图1，在边长为2菱形 中，，点分别是边 上的点，且 ，．沿将 翻折到的位置，连接 ，得到如图2所示的五棱锥 ．
（1）在翻折过程中是否总有平面 ？证明你的结论；
（2）若平面平面 ，记，，试探究：随着 值的变化，二面角 的大小是否改变？如果改变，请说明理由；如果不改变，请求出二面角的余弦值．
【答案】（1）在翻折过程中总有平面；证明见解析
（2）二面角的大小不变，其余弦值为．
【解析】
【分析】（1）根据线面垂直的判定定理即可证明结论；
（2）建立空间直角坐标系，求得相关点坐标，求出平面，根据向量的夹角公式即可求得二面角的余弦值，从而判断结论.
【小问1详解】
在翻折过程中总有平面．
证明如下：
∵点 分别是边 的点，且,
又，且是等边三角形,
∵,G是的中点，
∴ ，
∵菱形 的对角线互相垂直，∴ ，
∴ ，
∵，平面 ，平面，
∴平面，而，
∴平面.
【小问2详解】
因为平面平面，平面平面,,
故平面，又，则,
以G为坐标原点， 所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示空间直角坐标系，
边长为2的菱形 中，，
∴，又，，
∴，，，，
，，
设平面 的一个法向量为，
则 ，
取，则，
又平面 的一个法向量为，所以，
设二面角的平面角为θ，且由图可知，θ为钝角，则，
即随着值的变化，二面角的大小不变，其余弦值为．
22. 已知椭圆的左､右焦点分别为，设是第一象限内椭圆上一点，的延长线分别交椭圆于点，直线与交于点.
（1）当垂直于轴时，求直线的方程；
（2）记与的面积分别为，求的最大值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意分别计算的坐标，进而根据的直线方程可得，进而可得直线的方程；
（2）设，直线的方程为，联立直线与椭圆的方程可得，进而可得，令，，再根据基本不等式求最大值即可.
【小问1详解】
由题意可得，当垂直于x轴时，
则的纵坐标为，
所以，
∴，直线的方程为：，
联立，解得或，则，
∴，
∴直线的方程为，即；
小问2详解】
设，，设直线的方程为，其中，
联立，消去x并整理可得，，
由韦达定理可得，，
又，则，
∴，
同理可得.
∴
，
令，，
，
当且仅当，即时取等号.
∴的最大值为.