2022-2023学年吉林省长春市第二中学高二上学期11月月考数学试题（解析版）

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2022-2023学年吉林省长春市第二中学高二上学期11月月考数学试题一、单选题1．已知数列3，5，7，9，……，，则17是这个数列的（    ）A．第7项 B．第8项 C．第9项 D．第10项【答案】B【分析】由数列通项有求解，即知17是数列的第几项.【详解】由题设，，可得，故17是这个数列的第8项.故选：B2．双曲线的离心率为，则其渐近线方程为A． B． C． D．【答案】A【详解】分析：根据离心率得a,c关系，进而得a,b关系，再根据双曲线方程求渐近线方程，得结果.详解：因为渐近线方程为，所以渐近线方程为，选A.点睛：已知双曲线方程求渐近线方程：.3．已知正项等差数列的前项和为，若，则的值为（    ）A．3 B．14 C．28 D．42【答案】D【分析】根据等差数列的性质得，则可由已知等式求的值，从而利用求和公式和等差数列性质求得值.【详解】解：正项等差数列，则若，则，解得或（舍）则.故选：D.4．若过点，且与圆相切的直线方程为（    ）A． B．或C． D．或【答案】D【分析】验证点在圆外，然后讨论切线斜率存在与不存在两种情况即可解决.【详解】圆的圆心是 ，半径是 ，把点的坐标代入圆的方程可知点P在圆外，当直线斜率不存在时，直线为 ，不满足题意；当直线斜率存在时，设直线为 ，即 ，因为直线与圆相切，所以圆心到直线的距离等于半径，即 ，解得 或 ，切线为或 ，故选：D.5．2022年北京冬奥会开幕式始于24节气倒计时，它将中国人的物候文明、传承久远的诗歌、现代生活的画面和谐统一起来．我国古人将一年分为24个节气，如图所示，相邻两个节气的日晷长变化量相同，冬至日晷长最长，夏至日晷长最短，周而复始．已知冬至日晷长为13.5尺，夏至日晷长为1.5尺，则一年中夏至到秋分的日晷长的和为（    ）尺．A．24 B．60 C．40 D．31.5【答案】D【分析】根据给定条件可得以冬至日晷长为首项，夏至日晷长为第13项的等差数列，求出公差即可列式计算作答.【详解】依题意，冬至日晷长为13.5尺，记为，夏至日晷长为1.5尺，记为，因相邻两个节气的日晷长变化量相同，则从冬至日晷长到夏至日晷长的各数据依次排成一列得等差数列，数列的公差，因夏至日晷长最短，冬至日晷长最长，所以夏至到冬至的日晷长依次排成一列是递增等差数列，首项为1.5尺，末项为13.5尺，公差为1，共13项，秋分为第7项，故，所以一年中夏至到秋分的日晷长的和为(尺).故选：D.6．等差数列的首项为1，公差不为0.若，，成等比数列，则的通项公式为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据等差中项的性质，列出方程代入计算即可求得公差，从而得到通项公式.【详解】因为，，成等比数列，则即，将代入计算可得或（舍）则通项公式为故选:A.7．已知直线和直线，则抛物线上一动点到直线和直线的距离之和的最小值是（    ）A． B． C．2 D．【答案】C【分析】由是抛物线的准线，推导出点到直线的距离和到直线的距离之和的最小值即为点到直线的距离和点到焦点的距离之和，利用几何法求最值．【详解】是抛物线的准线，到的距离等于.过P作于 Q，则到直线和直线的距离之和为抛物线的焦点过作于，和抛物线的交点就是，∴（当且仅当F、P、Q三点共线时等号成立）点到直线的距离和到直线的距离之和的最小值就是到直线距离，最小值．故选：C．8．已知数列满足：（），且数列是递增数列，则实数a的取值范围是（　　）A． B． C． D．【答案】C【分析】仿照分段函数的单调性求解，同时注意．【详解】由题意，解得．故选：C．二、多选题9．已知椭圆，则下列结论正确的是（    ）A．长轴长为 B．焦距为C．短轴长为 D．离心率为【答案】CD【分析】化简椭圆方程为标准方程，然后求解判断选项即可．【详解】椭圆，化成标准方程为， 可得，，，长轴长为， A选项错误；焦距， B选项错误；短轴长为， C选项正确；离心率，D选项正确.故选：CD．10．已知是抛物线的焦点，是上一点，的延长线交轴于点.若为的中点，则（    ）A．的准线方程为 B．点的坐标为C． D．三角形的面积为（为坐标原点）【答案】ACD【分析】先求的准线方程，再求焦点的坐标为，接着求出，，中位线，最后求出，即可得到答案.【详解】如图，不妨设点位于第一象限，设抛物线的准线与轴交于点，作于点，于点.由抛物线的解析式可得准线方程为，点的坐标为，则，，在直角梯形中，中位线，由抛物线的定义有，结合题意，有，故，，.故选：ACD.【点睛】本题考查抛物线的标准方程与几何性质，考查数形结合的数学思想以及运算求解能力，是基础题.11．公差为d的等差数列前n项和为，若，则下列选项，正确的有（    ）A．d＞0 B．时，n的最大值为9C．有最小值 D．时，n的最大值为17【答案】BD【分析】根据等差数列的单调性以及前项和的函数性质，对每个选项进行逐一分析，即可判断和选择.【详解】对A：由可得，，，故，A错误；对B：由A得，数列为单调减数列，且，，故时，n的最大值为9，正确；对：由得，，故是关于的开口向下的二次函数，其有最大值没有最小值，错误；对：因为数列的前项均为正数，且，，故时，n的最大值为17，正确；故选：.12．已知椭圆的左､右焦点分别为，长轴长为4，点在椭圆外，点在椭圆上，则（    ）A．椭圆的离心率的取值范围是B．当椭圆的离心率为时，的取值范围是C．存在点使得D．的最小值为1【答案】BCD【分析】根据点在椭圆外，即可求出的取值范围，即可求出离心率的取值范围，从而判断A，根据离心率求出，则，即可判断B，设上顶点，得到，即可判断C，利用基本不等式判断D.【详解】解：由题意得，又点在椭圆外，则，解得，所以椭圆的离心率，即椭圆的离心率的取值范围是，故A不正确；当时，，，所以的取值范围是，即，故B正确；设椭圆的上顶点为，，，由于，所以存在点使得，故C正确；，当且仅当时，等号成立，又，所以，故D正确．故选：BCD三、填空题13．已知直线与平行，则实数的值为______．【答案】1【分析】根据直线一般式平行时满足的关系即可求解.【详解】由得：，解得，故答案为：114．记为正项等比数列的前项和，若，，则的值为__________．【答案】【分析】设正项等比数列的公比为，根据等比数列的前项和公式，即可求出公比，再根据等比数列的性质可知，由此即可求出结果.【详解】设正项等比数列的公比为，当时，，不能同时成立；当时，因为为正项等比数列的前项和，且，所以，即所以，所以（（舍去）），又，所以的值为.故答案为：.15．已知双曲线1（）的右焦点为F，若过F且倾斜角为60°的直线分别与双曲线的左右两支相交，则此双曲线离心率的取值范围是_______.【答案】(2，+∞)【分析】由一三象限的渐近线的斜率大于可得离心率的范围．【详解】依题意，斜率为的直线l过双曲线1（a＞0，b＞0）的右焦点为F且与双曲线的左右两支分别相交，双曲线的一条渐近线的斜率必大于，即，因此该双曲线的离心率e2．故答案为：(2，+∞)．16．2022年4月16日9时56分，神舟十三号返回舱成功着陆，返回舱是宇航员返回地球的座舱，返回舱的轴截面可近似看作是由半圆和半椭圆组成的“曲圆”．如图，在平面直角坐标系中半圆的圆心在坐标原点，半圆所在的圆过椭圆的焦点，椭圆的短轴与半圆的直径重合，下半圆与轴交于点．若过原点的直线与上半椭圆交于点，与下半圆交于点，则下列说法正确的有____________．①椭圆的长轴长为；②线段长度的取值范围是；③面积的最小值是4；④的周长为．【答案】①②④【分析】由题意可得b、c，然后可得a，可判断①；由椭圆性质可判断②；取特值，结合长度的取值范围可判断③；由椭圆定义可判断④.【详解】解：由题知，椭圆中的几何量，所以，则，故①正确；因为，由椭圆性质可知，所以，故②正确；记，则取，则，故③错误；由椭圆定义知，，所以的周长，故④正确.故答案为：①②④四、解答题17．设是等差数列的前项和，，．(1)求数列的通项公式；(2)求数列的前n项和的最大值．【答案】(1)；(2).【分析】（1）求出等差数列的基本量后可求其通项；（2）根据通项的符号可求的最大值．【详解】（1）设等差数列的公差为，则，解得，故.（2）因为当时，，当时，，当时，，故当或时有最大值且最大值为.18．已知圆过点，且与直线相切于点．(1)求圆的方程；(2)过点的直线与圆C交于M，N两点，若为直角三角形，求直线的方程；【答案】(1)(2)或.【分析】（1）设圆心坐标为，根据题意由求解；（2）易得圆心C到直线的距离，再分直线斜率不存在和存在，利用点到直线的距离公式求解.【详解】（1）解：设圆心坐标为，则，解得：，圆的半径，圆C的方程为：.（2）为直角三角形，，，则圆心C到直线的距离；当直线斜率不存在，即时，满足圆心C到直线的距离；当直线斜率存在时，设，即，，解得：，，即；综上所述：直线的方程为或.19．已知是抛物线的焦点，是抛物线上一点，且.（1）求抛物线的方程；（2）已知斜率存在的直线与抛物线交于，两点，若直线，的倾斜角互补，则直线是否会过某个定点？若是，求出该定点坐标，若不是，说明理由.【答案】（1）；（2）过定点，定点为.【解析】(1)根据抛物线的定义可知,求出后可得抛物线方程.(2) 设直线的方程为，设，，由条件可得，化简即得，联立直线与抛物线方程，利用韦达定理代入可得，从而得出答案.【详解】（1）根据抛物线的定义，，抛物线的方程为，（2）设直线的方程为，设，，直线与抛物线的方程联立得，，,则，，又，即，，，即，整理得：，所以直线的方程为，即直线经过定点.【点睛】关键点睛：本题考查求抛物线的方程和直线与抛物线的位置关系，考查直线过定点问题，解答本题的关键是由，得到，然后由方程联立韦达定理代入，属于中档题.20．如图，在四棱锥P-ABCD中，平面PAB⊥平面ABCD，底面ABCD为菱形，PA=PB=AB=2，E为AD中点．(1)证明：AC⊥PE；(2)若AC=2，F点在线段AD上，当直线PF与平面PCD所成角的正弦值为，求AF的长．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）构造辅助线证明线面垂直得到线线垂直.（2）建立空间直角坐标系利用向量方法表示线面角即可求得AF的长【详解】（1）证明：取中点M，连接，又因为，所以，因为平面平面，平面平面．所以平面，又平面，所以，在中，因为M，E分别是中点，所以，由底面为菱形知，，所以．因为，所以平面，又平面，所以．（2）解：∵，∴为正三角形，即，由（1）知平面，∴以M为原点，以为x轴，为y轴，为z轴建立空间直角坐标系，则，，设面的法向量，由 ，即 取，依题意设，，则，设直线与平面所成角为，，解得或2（舍去）， ∴．21．已知数列，其中前项和为，且满足，．(1)证明：数列为等比数列；(2)求数列的通项公式及其前项和．【答案】(1)证明见解析(2)，，．【分析】（1）根据题意对两边同时加3，进一步推导即可发现数列是以8为首项，2为公比的等比数列；（2）先根据第（1）题的结果计算出数列的通项公式，进一步计算出数列的通项公式，再运用分组求和法及等比数列的求和公式即可计算出前项和．【详解】（1）证明：由题意，两边同时加3，可得，，数列是以8为首项，2为公比的等比数列．（2）解：由（1）可得，则，，故．22．已知椭圆，四点中恰有三点在椭圆上．(1)求椭圆的标准方程；(2)点是椭圆的上顶点，点，在椭圆上，若直线，的斜率分别为，满足，求面积的最大值．【答案】(1)(2)【分析】（1）由对称性可知经过两点，再把代入，得到，从而确定不经过点，确定点在上，待定系数法求出曲线的方程；（2）设直线，与椭圆的方程联立，得到两根之和，两根之积，表达出，列出方程，求出，直线过定点，故，且由得到，表达出，换元后利用基本不等式求出面积的最大值.【详解】（1）由于两点关于轴对称，故曲线经过两点，又由知，不经过点，所以点在上．因此，解得，故的方程为；（2）由于是椭圆的上顶点，故直线的斜率一定存在，设，直线，联立方程组  ，得，得，，,由题意知，由，代入化简得，整理得：，∴故直线过定点，由得，解得，且，，令，则，当且仅当，即，即时等号成立，所以面积的最大值为.【点睛】直线与圆锥曲线结合问题，通常要设出直线方程，与圆锥曲线联立，得到两根之和，两根之积，再根据题目条件列出方程，或得到弦长或面积，本题难点在利用求出直线过定点后，利用表达出，再根据基本不等式求出面积的最大值.