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

石家庄二中实验学校2022级高二1月月考数学试卷（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3 C.1 D.【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：D2.双曲线的实轴长是()A.2 B. C.4 D.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.6 B.4 C. 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.1 D.【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：B6.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＝1 B.数列{Sn+2}是等比数列C.S8＝510 D.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