卷子答案网-一个不只有答案的网站2023—2024学年永春第二中学高二数学上学期月考试卷
高二数学
（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）
一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．已知直线与直线垂直，则（ ）
A． B．1 C．2 D．4
2．数列的一个通项公式可以是（ ）
A． B．
C． D．
3．若圆与圆相交，则的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
4．已知直线过点，方向向量为，则原点到的距离为（ ）
A．1 B． C． D．
5．已知圆与圆，若与有且仅有一条公切线，则实数的值为（ ）
A． B． C． D．
6．设是等差数列的前n项和，若，则（ ）
A．36 B．45 C．54 D．63
7．椭圆的左焦点为F，右顶点为A，以F为圆心，为半径的圆与E交于P，且，则E的离心率为（ ）
A． B． C． D．
8．已知点P在双曲线的右支上，直线OP交曲线C于点Q（异于P），点F为C的左焦点，若，为锐角，则b的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
二、多项选择题：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．已知椭圆与椭圆，则（ ）
A． B．短轴长相等 C．焦距相等 D．离心率相等
10．如图，四边形ABCD为正方形，，，，点M在棱EC上，且，则（ ）
A．当时，
B．当时，
C．当时，点M到平面BCF的距离为1
D．当时，平面MBD与平面ABCD的夹角为
11．大自然的美丽，总是按照美的密码进行，而数学是美丽的镜子，斐波那契数列，就用量化展示了一些自然界的奥妙．譬如松果、凤梨的排列、向日葵花圈数、蜂巢、黄金矩形、黄金分割等都与斐波那契数列有关．在数学上，斐波那契数列可以用递推的方法来定义：，，，则（ ）
A．
B．
C．
D．
12．已知点F为椭圆的左焦点，过原点O的直线l交椭圆于P，Q两点，点M是椭圆上异于P，Q的一点，直线MP，MQ的斜率分别为，椭圆的离心率为，若，，则（ ）
A． B． C． D．
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．写出双曲线的一条渐近线方程______．
14．设等差数列的前n项和为，，，若对任意正整数n，都有，则整数______．
15．已知圆，若圆与y轴交于M，N两点，且，则______．
16．如图所示的木质正四棱锥模型，过点A作一个平面分别交PB，PC，PD于点E，F，G，若，，则的值为______．
四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤．
17．（本小题10.0分）如图，在四棱锥中，底面是边长为1的正方形，侧棱PA的长为2，且．若M是PC的中点，设，，．
（1）将空间向量与用表示出来；
（2）求线段BM的长．
18．（本小题12.0分）已知为等差数列的前n项和，且，．
（1）求数列的通项公式；
（2）求的最大值及对应的n值．
19．（本小题12.0分）如图，棱锥的底面是矩形，，，．
（1）求证：；
（2）求直线与平面夹角的正弦值．
20．（本小题12.0分）已知椭圆的一个顶点为，且离心率为．
（1）求椭圆的方程；
（2）已知点Q坐标为，直线与椭圆交于两点，求的面积．
21．（本小题12.0分）如图，在平面直角坐标系中，四边形为菱形，，，点D为AB的中点，的外接圆为圆M．
（1）求圆M的方程；
（2）求直线CD被圆M所截得的弦长．
22．（本小题12.0分）已知双曲线的左、右交点分别为，点在上，且．
（1）求的方程；
（2）斜率为的直线l与交于两点，点关于原点的对称点为D．若直线的斜率存在且分别为，证明：为定值．
参考答案：
1．B
【分析】利用两直线垂直的条件求解．
【详解】因为直线与直线垂直，
所以，即．
故选：B．
2．A
【分析】利用数列正负交替及数的规律即可确定数列通项公式
【详解】数列各项正、负交替，故可用来调节，
又，，，，…，
所以通项公式为
故选：A．
3．D
【分析】根据与相交，由求解．
【详解】解：因为与相交，
所以．又，
所以，解得．
故选：D
4．B
【分析】求出直线的解析式，即可求出原点到的距离．
【详细】由题意，
在直线中，方向向量为，
∴直线的斜率存在，设，则直线的斜率为：，
∴，
∵直线过点，∴，解得：，
∴，即，
∴原点到的距离为：，
故选：B．
5．C
【分析】根据两圆有且仅有一条公切线，得到两圆内切，从而可求出结果．
【详解】圆可化为，圆心为，半径为，
圆可化为，圆心为，半径为，
又与有且仅有一条公切线，所以两圆内切，
因此，即，解得，
故选：C
6．C
【分析】根据等差数列的性质得到，然后求和即可．
【详解】，所以，．
故选：C．
7．C
【分析】由已知得，右焦点为，中利用余弦定理列方程，由齐次式可求E的离心率．
【详解】由题意，，，由，，
右焦点为，连接，有，
中，，
化简得，即，
则E的离心率为．
故选：C
【点睛】思路点睛：点P在椭圆上，一是满足椭圆方程，二是两焦点距离之和等于，求椭圆离心率，结合其它条件构造齐次式即可得解．
8．C
【分析】设双曲线的右焦点，根据双曲线的定义，可求得，根据已知条件为锐角，可判断为钝角，结合余弦定理即可求得b的取值范围．
【详解】如图所示：
设双曲线的右焦点为，则，且，则，
又，则，又，所以，
而，即，解得，
又因为为锐角，且根据双曲线的对称性知，关于原点对称，
，，
所以为锐角，
所以为钝角，则①，
且，又②，
由①②两式解得，所以b的取值范围为．
故选：C
9．AC
【分析】分别为两个椭圆进行分析，得到对应的短轴长，焦距，离心率等，即可得出结论．
【详解】由题意，在中，有，，，
∴短半轴为3，长半轴为5，焦距为，离心率，
在中，有，，，
∴长半轴为，短半轴为，焦距为，
，解得：，离心率，
∴AC正确，BD错误．
故选：AC．
10．BC
【分析】以点A为坐标原点，AD、AB、AE所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法逐项判断可得合适的选项．
【详解】因为，四边形为正方形，以点A为坐标原点，
AD、AB、AE所在直线分别为x、y、z轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
则、、、、、，
对于AD选项，当时，，
，易知平面BFC的一个法向量为，
因为，因此，DM与平面BFC不平行，A错，
设平面MBD的法向量为，，
则，取，可得，
易知平面ABCD的一个法向量为，
，
所以，平面MBD与平面ABCD的夹角不是，D错；
对于BC选项，当时，，
，，，
所以，，，所以，，，
又因为，，∴，B对，
点M到平面BCF的距离为，C对．
故选：BC．
11．ACD
【分析】由可得到，利用累加法可判断A选项；由结合累加法可判断B选项；利用数学归纳法可判断C选项；由可得，结合裂项法可判断D选项．
【详解】对于A，由，可得，
则、、，…、，
将上式累加得，
又，则有，故A正确；
对于B，由，可得、、…、，
将上式累加得，
又，则，故B错误；
对于C，有成立，用数学归纳法证明如下：
①当时，，满足规律，
②假设当时满足成立，
当时，则
成立，满足规律，
故，令，
则有成立，故C正确；
对于D，由可得，
所以
，故D正确．
故选：ACD．
12．BD
【分析】设出右焦点，根据椭圆定义结合对称性以及余弦定理得到关系，则离心率可求，设出P，M坐标，利用点差法可求得的表示，结合关系可求解出的值．
【详解】连接，，根据椭圆对称性可知四边形为平行四边形，则，
且由，可得，
所以，则，．
由余弦定理可得，
化简得，故，所以（负舍）
设，，则，，，
所以，又，，
相减可得．
因为，所以，∴，所以．
故选：BD．
【点睛】解答本题的关键在于合理运用焦点三角形的知识以及点差法设而不求的思想去计算；椭圆是一个对称图形，任何过原点的直线（不与焦点所在轴重合）与椭圆相交于两点，这两点与椭圆的焦点构成的四边形为平行四边形．
13． （或）
【分析】由双曲线的性质求解即可．
【详解】由题意可得，，则双曲线的渐近线方程为．
故答案为：（或）
14．18
【分析】根据给定条件，利用等差数列前n项和公式，结合通项的性质计算判断其所有负数项作答．
【详解】等差数列中，，则，
又，则，即有，
于是数列的公差，即是递增等差数列，其前18项均为负数，从第19项起为正数，
因此，所以对任意正整数n，都有的整数．
故答案为：18
15．2
【分析】首先通过的关系，得，然后根据圆的垂径定理构造关于r的方程，解方程即可求出半径r．
【详解】由题意知的圆心，半径为r，圆心到y轴的距离为1，
因为圆C与y轴交于M，N两点，且，
，所以，
由垂径定理得，，即，解得．
故答案为：2．
16．
【分析】以AC、BD交点O为坐标原点，射线OA、OB、OP为x、y、z轴正方向建立空间直角坐标系，设，，，，（），进而写出、、、坐标，可得、，由A，E，F，G四点共面有，设，求值即可得答案．
【详解】在正四棱锥P-ABCD中，连接AC，BD交于O点，连接PO，则PO⊥平面ABCD，AC⊥BD以AC、BD交点O为坐标原点，射线OA、OB、OP为x、y、z轴正方向建立空间直角坐标系，
设，，，，（），则，
，，，
∴，，
由题意A，E，F，G四点共面，则有，其中，
设，，
∴
由方程组，即，解得，
所以，故选：C．
17．（1），
（2）
【分析】（1）根据向量的线性运算用基底表示向量即可；
（2）利用（1）的结论以及模长公式计算可求出结果．
【详解】（1），
（2）由题可知因为，，
，，
又因为，，
所以，．易得，
所以，
所以，即BM的长为．
18．（1）；
（2）169，
【分析】（1）由题意可求出等差数列的公差，即可求得答案；
（2）结合（1）的结果求出的表达式，结合二次函数性质即可求得答案．
【详解】（1）记等差数列的公差为，
由得，又，解得，
所以．
（2）因为，
所以当时，取最大值，．
19．（1）证明见解析；
（2）
【解析】（1）由矩形性质以及勾股定理，利用线面垂直的判定定理即可得出证明；
（2）以A为坐标原点，建立空间直角坐标系利用空间向量即可求出直线BP与平面PCD夹角的正弦值为．
【详解】（1）根据题意，由底面ABCD是矩形，且，可知；
即，所以可得底面ABCD是正方形，可得；
由，可知；
又，，
所以；
（2）由题意知AB，AD，AP两两垂直，以A为坐标原点，分别以AB，AD，AP所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如下图所示：
则，，，，所以，
设平面PCD的一个法向量为，易知，
可得，解得，令，则，
所以；
设直线BP与平面PCD的夹角为，
则，
即直线BP与平面PCD夹角的正弦值为
20．（1）
（2）
【分析】（1）利用离心率，根据的关系即可求出方程；
（2）设出两点坐标，联立椭圆方程与直线方程，由韦达定理得出，，再由弦长公式可求出弦的长，然后由点到直线的距离公式，可求出点Q到直线的距离，即可求出三角形的面积．
【详解】（1）因为椭圆的一个顶点为，离心率为，
所以有，，
结合，有，解得：，
所以椭圆C的方程为：．
（2）由（1）知椭圆的方程为：，
设，，
联立，消去y得：，显然，
所以，，
则，
又点到直线的距离，
所以．
21．（1）
（2）
【分析】（1）由已知可得为正三角形，可求出圆心坐标和半径得求圆M的方程；
（2）根据相应点的坐标，得到直线CD的方程，求圆心到直线的距离，利用几何法求弦长．
【详解】（1）因为，，所以为正三角形，
由，得，
所以外接圆圆心为，又半径，
所以圆M的方程为
（2）由题意得，，
直线CD的斜率，
直线CD方程为即，
M到CD的距离为，
所以CD到圆M截得的弦长为．
22．（1）；（2）证明见解析．
【分析】（1）由点的坐标求c，再根据双曲线定义求a，即可求解；
（2）设直线方程为，直线求出的斜率，联立直线与双曲线方程，利用韦达定理，化简即可求解．
【详解】（1）设，，其中．
因为，所以，
解得或，又，故．
所以，即．
所以．
所以的方程为．
（2）设，，则．
设直线方程为，与双曲线方程联立，
消去y得，．
由，得．
，．
所以．
所以．
所以为定值．
【点睛】关键点点睛：设直线方程为，联立直线与双曲线方程，消元，由韦达定理可得，，计算斜率化简是解题关键，属于中档题．
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