河北省邯郸市永年区第二中学2023-2024学年高二上学期12月月考数学试题（含答案）

第第页河北省邯郸市永年区第二中学2023-2024学年高二上学期12月月考数学试题一、单选题（本大题共8小题，共40分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）1．在等差数列{an}中，aA．3 B．4 C．6 D．82．在数列{an}中，a1=4A．671 B．673 C．674 D．6753．在等比数列{an}中，a3，a15是方程x2+6x+2=0的根，则a2A．−2+22 B．−2 C．2 4．已知空间向量a=(2，−2，1A．109a B．25b C．5．已知两点M(2，−3)A．k≥34或k≤−4 C．34≤k≤4 6．设等差数列{an}和{bn}的前n项和分别为Sn，TA．23 B．914 C．20317．在等比数列{an}中，若a1>0A．充要条件 B．充分不必要条件C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件8．已知焦点分别在x，y轴上的两个椭圆C1，C2，且椭圆C2经过椭圆C1的两个顶点与两个焦点，设椭圆C1，CA．e12<12且e1C．e22<12且e二、多选题（本大题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题有多个选项符合题目要求，全部选对得5分，部分选对得2分，有选错的得0分）9．已知等差数列{an}满足a3=2A．数列{anB．数列{anC．数列{an}的前D．数列{1a10．设等比数列{an}的前n项和为SA．数列{an}的公比为2 B．数列C．S10S511．设数列{an}前n项和Sn，且A．数列{aB．aC．aD．112．如图，F1，F2是双曲线C1：x2−y23=1与椭圆CA．aB．△AFC．若|F1F2D．若AF1三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13．已知点A(1，5)14．若数列{an}的前n项和Sn=3n15．学数学的人重推理爱质疑，比如唐代诗人卢纶《塞下曲》：“月黑雁飞高，单于夜遁逃。欲将轻骑逐，大雪满弓刀。”这是一首边塞诗的名篇，讲述了一次边塞的夜间战斗，既刻画出边塞征战的艰苦，也透露出将士们的胜利豪情。这首诗历代传诵，而无人提出疑问，当代著名数学家华罗庚以数学家特有的敏感和严密的逻辑思维，发现了此诗的一些疑点，并写诗质疑，诗云：“北方大雪时，群雁早南归。月黑天高处，怎得见雁飞？”但是，数学家也有许多美丽的错误，如法国数学家费马于1640年提出了以下猜想Fn=22n+1（n=0，1，2，…）是质数，直到1732年才被善于计算的大数学家欧拉算出F5=641*6700417，不是质数．现设a16．若数列{an}的首项a1=2，且an+1四、解答题（本大题共6小题，共70分。第17题10分，其余各题均为12分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17．已知等差数列{an}中，a3+（1）求数列{an}（2）求数列的前n项和Sn18．等比数列{an}（1）求{a（2）记Sn为{an}的前19．已知Sn为数列{an}的前n项和，已知an（1）求数列{b（2）求满足b120．已知数列{bn}是首项为1的等差数列，数列{an}满足（1）证明{a（2）令cn=an⋅21．如图，在四棱锥A−BCDE中，四边形BCDE为梯形，BC∥DE，BE⊥DE，平面AED⊥平面BCDE，（1）求证：AE⊥（2）若AE=DE=BE=2BC=2，求平面CAB与平面DAB夹角的余弦值．22．已知椭圆E：x2a2+y（1）求E的方程；（2）过点T(1，0)分别作斜率和为1的两条直线l1与

答案解析部分1．【答案】C【解析】【解答】解：因为在等差数列{an}中，a3+a7=6，所以a2．【答案】C【解析】【解答】解：因为在数列{an}中，an+1=an+3，所以an+1-an=3，所以{an3．【答案】B【解析】【解答】解：∵在等比数列{an}中，a3，a15是方程x2+6x+2=0的根，∴a3a15=2＞0，a3+a15=-6＜0∴a2a16=a3a15=2，a92=a3a15=2，∴a9=-2，∴a2故答案为：B．

【分析】利用韦达定理结合等比数列的性质求出第九项的值，再利用等比数列的性质结合第九项的值化简求出a24．【答案】A【解析】【解答】解：因为a=(2，−2，1)，b=(3，0，45．【答案】A【解析】【解答】解：因为M(2，−3)、N(−3，−2)、P(1，1)，所以KPN=-2-1-3-16．【答案】B【解析】【解答】解：在等差数列{an}和{bn}中，前n项和分别为Sn，Tn，若对任意的n∈N*，都有SnTn7．【答案】C【解析】【解答】解：在等比数列{an}中，若a1>0，a1>a2，则a1>a1q，∴q<1.

若a2a8．【答案】A【解析】【解答】解：设椭圆C1的方程为x2a12+y2b12=1a1>b1>0，椭圆C2的方程为y2a22+x2b22=1a2>b2>0，

则a12-b12=c22，a9．【答案】B,C,D【解析】【解答】由题知，a1+2d=23a1+3d=9记{1anan+1所以T所以T22故答案为：BCD

【分析】利用已知条件结合等差数列的通项公式和等差数列前n项和公式，进而得出首项和公差的值，再结合等差数列的通项公式得出数列{an}的通项公式，再利用等差数列的前n项和公式得出数列{an}的前n项和，再结合数列{a10．【答案】A,D【解析】【解答】解：在等比数列{an}中，a10=32a5，则a1q9=32a1q4，解得q=2，11．【答案】B,C,D【解析】【解答】解：由Sn=2an−1①，当n=1时，a1=2a1-1所以a1=1，

当n≥2时，Sn-1=2an-1-1②，

①-②得an=2an-2an-1，可得an=2an-1，即anan-1=2，

所以数列{an}是a1=1为首项，2为公比的等比数列，

所以an=1×2n-1=2n-1，故A错误，B正确.

因为a12．【答案】B,C,D【解析】【解答】解：由双曲线C1：x2−y23=1得c=1+3=2，所以a2-b2=c2=4，故A错误.

设△AF1F2的内切圆的圆心为I，与边AF1，F1F2，F2A相切于N，M，K，

则AN=AK，F1M=F1N，F2M=F2K

而AF1-A13．【答案】9【解析】【解答】由题意得52=2p×1，求得p=52，∴抛物线上点到准线距离d=xA+p14．【答案】2【解析】【解答】解：当n≥2时，an=Sn-Sn-1=3n2-2n+1-3n-12-2n-1+1=6n-5

当n=1时，a1=S15．【答案】n【解析】【解答】解：因为Fn=22n+1n=0，1，2，…）是质数，所以an=log2[log2(Fn−1)]16．【答案】5050【解析】【解答】解：an+1=3an+2(n∈N*)可转化为an+1+1=3an+1(n∈N*)，

所以数列{an+1}为首项a17．【答案】（1）解：∵{an}为等差数列，∴解得：a2=6a5∴an（2）解：令an=11−n≥0，解得∴n=10或11时，Sn∴S11故当n=10或11时，Sn【解析】【分析】（1）根据等差数列性质将a3+a4转化为a2+a5，从而求得a2，a18．【答案】（1）解：因为a1=1，a5∴q4=4q2∴q=±2∴an=（2）解：S又S【解析】【分析】由等比数列定义求出q，再由等比数列求和公式得到Sn19．【答案】（1）解：当n=1时，a12+2当n≥2时，an2an−12①-②得a整理得(a因为an可得an−a所以{a所以an所以bn（2）解：设cn所以b令12解得n<9，所以n的最大正整数值为8．【解析】【分析】（1）当n=1时，代入an2+2an=4Sn+3可得a1=320．【答案】（1）证明：∵an+1−3an∴an+1+1∴数列{an+（2）解：由（1）知an∴an=3设等差数列{bn}的公差为d，∴bn=1+n−1=n，∴∴T=1令Sn=1×3+2×3∴3Sn=1×①-②得−2==3∴Sn∴T=(【解析】【分析】(1)将an+1−3an−1=0转化为an+1+12=3(an21．【答案】（1）证明：因为平面AED⊥平面BCDE，平面AED∩平面BCDE=DEBE⊥DE，BE⊂平面BCDE，所以BE⊥平面AED，因为AE⊂平面AED，所以AE⊥BE，因为AE⊥BD，BD∩BE=B，BD，（2）解：因为AE⊥平面BCDE，BE⊥DE得各点坐标分别为：A(0，0，2)得BA=(−2，0设平面CAB的一个法向量为u=(x1，得−2x1+2z1=0y1=0设平面ABD的一个法向量为v=(x2，得−2x2+2z2=0−2x2cos⟨所以平面CAB与平面DAB夹角的余弦值为63【解析】【分析】(1)根据题意由面面垂直的性质定理即可得出线线垂直，再由已知条件结合线面垂直的判定定理即可得证出结论。

(2)由已知条件得出线线垂直由此意建立空间直角坐标系求出各个点的坐标以及向量和平面CAD法向量的坐标，再由数量积的坐标公式即可求出平面CAD的法向量的坐标，同理即可求出平面ABD的法向量；结合空间数量积的运算公式代入数值即可求出夹角的余弦值，由此得到平面CAB与平面DAB夹角的余弦值。22．【答案】（1）解：由题可得，a2=b∴椭圆E：x2（2）解：设直线AB与直线CD的斜率分别为k1，k2，且都过点则有直线AB：y=k1(x