重庆市江北区字水中学2023-2024学年高二上学期第四次月考数学试题（Word版附解析）

这是一份重庆市江北区字水中学2023-2024学年高二上学期第四次月考数学试题（Word版附解析），共19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。

1. 若直线与直线互相平行，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据两直线平行的条件求解．
【详解】由题意，解得．
故选：B．
2. 双曲线的渐近线方程是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据焦点在横轴上双曲线的渐近线方程直接求解即可.
【详解】由题得双曲线的方程为，所以，
所以渐近线方程为．
故选：D
3. 是等差数列，且，，则的值（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据等差数列的性质计算．
【详解】因为是等差数列，所以，，也成等差数列，
所以．
故选：B．
4. 直线与圆的位置关系是（ ）
A. 相交B. 相切C. 相离D. 相交或相切
【答案】A
【解析】
【分析】由直线恒过定点，且定点在圆内，从而即可判断直线与圆相交.
【详解】解：因为直线恒过定点，而，
所以定点在圆内，
所以直线与圆相交，
故选：A.
5. 已知圆，圆，则圆与圆的位置关系是（ ）
A. 相离B. 相交C. 内切D. 外切
【答案】D
【解析】
【分析】利用圆心距跟半径和差关系，判断圆与圆的位置关系.
【详解】圆心距 ，
所以两圆外切.
故选：D
6. 已知等比数列各项均为正数，且，，成等差数列，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】结合等差数列的性质求得公比，然后由等比数列的性质得结论．
【详解】设的公比为， 因为，，成等差数列，
所以，即，，或（舍去，因为数列各项为正）．
所以．
故选：A．
7. 如图，在正方体中，点E是上底面的中心，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，利用向量夹角求解.
【详解】以为原点，为轴正方向建立空间直角坐标系如图所示，设正方体棱长为2，
所以，
所以异面直线与所成角的余弦值为.
故选：B
8. 已知圆与轴的交点分别为点是直线上的任意一点，椭圆以为焦点且过点，则椭圆的离心率的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由题意易得椭圆的半焦距，然后求得点关于直线的对称点为，由，此时椭圆的离心率取得最大值求解.
【详解】圆与轴的交点分别为，，不妨令点，，
椭圆的半焦距．
设点关于直线的对称点为，
，解得，
．
如图所示：
连接交直线于点，此时有最小值，此时的最小值为，
当长轴长最小时，椭圆的离心率取得最大值，
即．
又，
椭圆的离心率的取值范围为，
故选：A
二、多选题（本大题共4小题，共20.0分.在每小题有多项符合题目要求）
9. 已知等差数列满足，前项和，则（ ）
A. 数列的通项公式为
B. 数列的公差为
C. 数列的前项和为
D. 数列的前22项和为
【答案】BCD
【解析】
【分析】通过基本量计算得和d，可判断ABC；用裂项相消法求和可判断D.
【详解】由题知，，解得，则，，故A错，BC正确；
记的前n项和为，因为，
所以
所以，故D正确.
故选：BCD
10. 对于直线.以下说法正确的有（ ）
A. 的充要条件是
B. 当时，
C. 直线一定经过点
D. 点到直线的距离的最大值为5
【答案】BD
【解析】
【分析】求出的充要条件即可判断A;验证时，两直线斜率之积是否为-1，判断B;求出直线经过的定点即可判断C;判断何种情况下点到直线的距离最大，并求出最大值，可判断D.
【详解】当时， 解得 或，
当时，两直线为 ，符合题意；
当时，两直线为 ，符合题意，故A错误；
当时，两直线为， ，
所以，故B正确；
直线即直线，故直线过定点，C错误；
因为直线过定点，当直线与点和的连线垂直时，到直线的距离最大，最大值为 ，
故D正确，
故选：BD.
11. 椭圆的离心率为，短轴长为，则（ ）
A. 椭圆方程为
B. 椭圆与双曲线的焦点相同
C. 椭圆过点
D. 直线与椭圆恒有两个交点
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据椭圆离心率公式、短轴长定义，结合双曲线焦点公式、代入法、直线点斜式方程的性质逐一判断即可.
【详解】因为椭圆的短轴长为，所以有，
而椭圆的离心率为，所以，
所以可得：..
A：因为，所以该椭圆的标准方程为：，因此本选项正确；
B：由 ，该双曲线的焦点在纵轴上，
而椭圆的焦点在横轴，所以本选项说法不正确；
C：因为，所以点在该椭圆上，因此本选项说法正确；
D：直线恒过点，而，所以点在椭圆内部，因此直线与椭圆恒有两个交点，所以本选项说法正确，
故选：ACD
12. 若数列满足的前项和为，下列结论正确的有（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据递推公式可以判断该数列奇数项和偶数项的性质，结合性质逐一判断即可.
【详解】因为，
所以当时，有，
得：，
因为，所以，
由可知：该数列奇数项是以2为首项，公差为3的等差数列，
该数列偶数项是以1为首项，公差为3的等差数列，
A：因为，所以本选项结论正确；
B：因为，所以本选项结论正确；
C：因为，所以本选项结论不正确；
D：因为，
所以本选项结论正确，
故选：ABD
【点睛】关键点睛：利用等差数列的性质进行判断是解题的关键.
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 已知点，则线段垂直平分线的一般式方程为__________.
【答案】
【解析】
【分析】由中点坐标公式和斜率公式可得的中点和直线斜率，由垂直关系可得垂直平分线的斜率，由点斜式可得直线方程，化为一般式即可．
【详解】由中点坐标公式可得，的中点为，
可得直线的斜率为，
由垂直关系可得其垂直平分线的斜率为，
故可得所求直线的方程为：，
化为一般式可得
故答案为：
14. 已知数列的前项和，则该数列的首项__________，通项公式__________.
【答案】 ①. ； ②. .
【解析】
【分析】空一：利用代入法直接进行求解即可；
空二：利用之间的关系进行求解即可.
【详解】空一：；
空二：当时，，
显然不适合上式，
所以，
故答案为：；
15. 双曲线的左顶点为，虚轴的一个端点为，右焦点到直线的距离为，则双曲线的离心率为__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据双曲线左顶点和虚轴端点的定义，结合点到直线距离公式、双曲线的离心率公式进行求解即可.
【详解】不妨设在纵轴的正半轴上，由双曲线的标准方程可知：，
右焦点的坐标为，直线的方程为：，
因为右焦点到直线的距离为，
所以有，即双曲线的离心率为，
故答案为：
16. 如图，在四棱锥中，平面，底面为矩形，分别为的中点，连接，则点到平面的距离为__________.
【答案】
【解析】
【分析】利用转化法，根据线面平行的性质，结合三棱锥的体积等积性进行求解即可.
【详解】设是的中点，连接，因为是的中点，所以，
因为平面，平面，所以平面，
因此点到平面的距离等于点到平面的距离，设为，
因为平面，所以，，
于有，
底面为矩形，所以有，
，因为平面，所以，
于是有：，
由余弦定理可知：cs∠PEC=54+174−62×52×172=−185，
所以，
因此，
，
因为，
所以，
故答案为：
四、解答题（本大题共6小题，共70.0分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. 已知数列是公差为2的等差数列，其前项和为，，，成等比数列.
（1）求数列的通项公式；
（2）令数列，它的前项和为，求的最小值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据，，成等比数列，求得，从而可得答案；
（2）利用等差数列前项和公式求得，从而可求得，再根据等差数列前项和的函数性质即可得解.
【小问1详解】
解：因为，，成等比数列，
所以，即，解得，
所以；
【小问2详解】
解：，
则，，
则，
所以当或10时，取最小值，
所以的最小值为.
18. 已知点，直线，圆.
（1）若连接点与圆心的直线与直线垂直，求实数的值；
（2）若直线与圆相交于两点，且弦的长为，求实数的值．
【答案】（1）3 （2）实数的值为和
【解析】
【分析】（1）由直线垂直，斜率乘积为可得值；
（2）求出加以到直线的距离，由勾股定理求弦长，从而可得参数值．
【小问1详解】
圆，，，，
， ，
【小问2详解】
圆半径为，设圆心到直线的距离为，
则
又由点到直线距离公式得：
化简得：，解得：或
所以实数的值为和.
19. 如图，在四棱锥中，，为的中点，连接.
（1）求证：平面；
（2）求平面与平面的夹角的余弦值.
【答案】（1）证明过程见解析；
（2）.
【解析】
【分析】（1）根据平行四边形的判定定理和性质，结合线面垂直的判定定理进行证明即可；
（2）利用空间向量夹角公式进行求解即可.
【小问1详解】
因为为的中点，所以，而，
所以四边形平行四边形，因此，
因为，，为的中点，
所以，
，而，
因为，所以，而平面，
所以平面；
【小问2详解】
根据（1），建立如图所示的空间直角坐标系，
，
于是有：，
则平面的法向量为：，
设平面的法向量为：，
所以，
设平面与平面的夹角为，
所以.
20. 已知数列的首项为，且满足.
（1）求证：数列为等比数列；
（2）设，记数列的前项和为，求，并证明：.
【答案】（1）证明见解析
（2），证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据等比数列的定义证明；
（2）由错位相减法求得和，再由的单调性可证得不等式成立．
【小问1详解】
由得
又，
数列是以为首项，以为公比的等比数列.
【小问2详解】
由（1）的结论有
①
②
①②得：
又为递增数列，
.
21. 1.如图所示，已知平行四边形中，，，， ，垂足为，沿直线将翻折成，使得平面平面；连接，是上的点．
（1）当时，求证：平面；
（2）当时，求二面角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由面面垂直可直接建立空间直角坐标系，求出直线的方向向量，证明向量垂直即可；
（2）通过建立空间直角坐标系，分别求出其法向量，代入公式即可.
【小问1详解】
∵，平面平面，∴平面，
以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，
则，，，，，，
，，.
∵，，
∴，.
又，∴平面 ．
【小问2详解】
设 ，则
由得： ，解得
∴ ．
设面的法向量为 ，则 ．
取 ，则 ，
设平面的法向量为，
则，取，平面的法向量为，
由题可知，二面角为锐二面角，
设二面角的大小为，则．
所以.
22. 已知椭圆E：的离心率为，椭圆E的长轴长为2．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）设，，过且斜率为的动直线与椭圆交于，两点，直线，分别交☉C：于异于点的点，，设直线的斜率为，直线，的斜率分别为．
①求证：为定值；
②求证：直线过定点.
【答案】（1）
（2）①证明见解析；②证明见解析
【解析】
【分析】（1）由已知条件列出关于的方程组，解之可得；
（2）设MN的方程为，设，，直线方程代入椭圆方程，整理后由韦达定理得，然后计算可得结论；
②设PQ的方程为 ，设，，直线方程代入圆方程，整理后应用韦达定理得，由点的坐标求得，利用它等于可求得值，从而由直线方程得定点．
【小问1详解】
由题意解得
所以椭圆的标准方程为：；
【小问2详解】
① 设MN的方程为，与联立得：，
设，，则，
②设PQ的方程为 ，与联立，
设，，则
由，即此时，