2022-2023学年黑龙江省哈尔滨市阿城区第一中学高二上学期第二次月考数学试题（解析版）

这是一份2022-2023学年黑龙江省哈尔滨市阿城区第一中学高二上学期第二次月考数学试题（解析版），共15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。
2022-2023学年黑龙江省哈尔滨市阿城区第一中学高二上学期第二次月考数学试题 一、单选题1．已知数列的通项公式为，，则该数列的前4项依次为（    ）A．1，0，1，0 B．0，1，0，1 C．0，2，0，2 D．2，0，2，0【答案】A【分析】根据数列的通项公式求得正确答案.【详解】依题意，.故选：A2．直线，的斜率，是关于的方程的两根，若，则（    ）A． B．1 C．2 D．【答案】C【分析】利用根与系数的关系和两直线垂直列方程，即可求得.【详解】因为，是关于的方程的两根，所以.又，所以，所以，解得：2.故选：C3．若圆和圆的公共弦所在的直线方程是，则（    ）.A．， B．，C．， D．，【答案】C【分析】两圆相减后的方程就是两圆公共弦所在直线的方程，然后再比较系数求的值.【详解】可得，即，由两圆的公共弦所在的直线方程为，得，解得.故选：C【点睛】本题考查根据两圆方程求公共弦所在直线方程，重点考查计算能力，属于基础题型.4．中国是世界上最古老的文明中心之一，中国古代对世界上最重要的贡献之一就是发明了瓷器，中国陶瓷是世界上独一无二的.它的发展过程蕴藏着十分丰富的科学和艺术，陶瓷形状各式各样，从不同角度诠释了数学中几何的形式之美.现有一椭圆形明代瓷盘，经测量得到图中数据，则该椭圆瓷盘的焦距为（    ）A． B． C． D．4【答案】C【解析】由图形可得椭圆的值，由求得的值即可得到答案.【详解】因为椭圆的，所以，因为，所以，则.故选：C【点睛】本题考查椭圆的焦距，考查对椭圆方程的理解，属于基础题，求解时注意求的是焦距，而不是半焦距.5．已知在一个二面角的棱上有两个点、，线段、分别在这个二面角的两个面内，并且都垂直于棱，，，，，则这个二面角的度数为（    ）A． B． C． D．【答案】C【解析】设这个二面角的度数为，由题意得，从而得到，由此能求出结果.【详解】解：设这个二面角的度数为，由题意得，，，解得，∴，∴这个二面角的度数为，故选：C.【点睛】本题考查利用向量的几何运算以及数量积研究面面角，属于中档题.6．在各项均为正数的等比数列中，，，则公比的值为（   ）A． B．C． D．【答案】D【解析】利用等比数列的性质和通项公式将已知等式的两边都用首项和公比表达，由首项不为零，得到关于q的方程，求得q的值，并结合各项都是正数，取q的正值即为所求.【详解】由得，得，则，，又∵的各项均为正数，∴，故选：D.【点睛】本题考查等比数列的通项公式和性质，难度较易，关键是利用等比数列的性质和通项公式将已知等式的两边都表示为首项和公比的表达式，并注意等比数列个项都是正值的条件.7．《张丘建算经》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有女不善织，日减功迟，初日织五尺，末日织一尺，今三十织迄，问织几何.”其意思为:有个女子不善于织布，每天比前一天少织同样多的布，第一天织五尺，最后一天织一尺，三十天织完，问三十天共织布A．30尺 B．150尺 C．90尺 D．180尺【答案】C【详解】已知等差数列选C.8．以意大利数学家莱昂纳多•斐波那契命名的数列满足：，，设其前n项和为，则（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据递推关系式求得正确答案.【详解】，，…….故选：B 二、多选题9．已知直线l的一个方向向量为，平面的一个法向量为，则（    ）A．若，则 B．若，则C．若，则 D．若，则【答案】AD【分析】根据直线的方向向量和平面的法向量，以及线面的位置关系求得正确答案.【详解】若，则，即有，即，即有，故A正确，C错误；若，则，即有，可得，解得，则，故B错误，D正确．故选：AD10．关于双曲线 - = 1，下列说法正确的有（       ）A．实轴长为4 B．焦点为（，0）C．右焦点到一条渐近线的距离为4 D．离心率为5【答案】AC【分析】求得，由此对选项逐一分析，从而确定正确选项.【详解】依题意，所以实轴长，A选项正确.焦点为，B选项错误.右焦点到渐近线的距离为，C选项正确.离心率，D选项错误.故选：AC11．“中国剩余定理”又称“孙子定理”．此定理讲的是关于整除的问题，现将1到2021这2021个数中，能被2除余1且被5除余1的数按从小到大的顺序排成一列，构成数列，其前项和为，则下面对该数列描述正确的是（    ）A． B． C． D．共有202项【答案】AB【分析】利用等差数列的定义、通项公式、前项和公式进行逐一判断即可.【详解】将1到2021这2021个数中，能被2除余1且被5除余1的数按从小到大的顺序排成一列为：1，11，21，31 ，2021，该数列是以1为首项，10为公差的等差数列，所以，所以，因此选项A正确；，因此选项B正确；，所以选项C不正确；，∴．∴共有203项，所以选项D不正确，故选：AB12．已知抛物线的焦点为，在抛物线上，延长交抛物线于点，抛物线准线与轴交于点，则下列叙述正确的是（    ）A．B．点的坐标为C．D．在轴上存在点，使得为钝角【答案】BC【分析】由抛物线方程可得焦点坐标和准线方程，将代入抛物线方程可求得坐标，由抛物线焦半径公式可知A错误；将直线方程与抛物线方程联立可求得点坐标，知B正确；利用向量数量积的坐标运算可知C正确；设，由向量数量积坐标运算可求得，知D错误.【详解】由抛物线方程知：焦点，准线为；对于A，在抛物线上，，，A错误；对于B，，直线，由得：或，又，，B正确；对于C，，，，，C正确；对于D，设，则，，，不能为钝角，D错误.故选：BC. 三、填空题13．直线n经过点，，且倾斜角为135°，则实数为______．【答案】或【分析】根据倾斜角和斜率的对应关系求得正确答案.【详解】依题意，所以，，解得或.故答案为：或14．1766年，德国有一位名叫提丢斯的中学数学老师，把数列0，3，6，12，24，48，96，……经过一定的规律变化，得到新数列：0.4，0.7，1，1.6，2.8，5.2，10，……，科学家发现，新数列的各项恰好为太阳系行星与太阳的平均距离，并据此发现了“天王星”、“谷神星”等行星，这个新数列就是著名的“提丢斯-波得定则”．根据规律，新数列的第8项为______．【答案】##【分析】分析原数列、新数列的规律，从而求得正确答案.【详解】原数列，从第项起，每一项是前一项的两倍，所以其第项为，新数列，是将原数列的对应的项：先加，然后除以所得，所以，新数列的第项为.故答案为：15．如果一个数列从第2项起，每一项与它前一项的和除以与它前一项的差等于同一个常数，那么这个数列就叫做“和差等比数列”．已知是“和差等比数列”，，，则使得不等式的的最小值是______．【答案】【分析】根据“和差等比数列”的定义，依次求得的值，从而求得正确答案.【详解】依题意，，，解得，，解得，，解得，所以使得不等式的的最小值是.故答案为：16．已知抛物线的焦点为，直线的斜率为且经过点，直线与抛物线交于A，B两点（点在第一象限），与抛物线的准线交于点，若，则以下结论①，②，③，④，正确的序号是______．【答案】①②③【分析】写出直线的方程并与抛物线方程联立，求得，由此对四个结论进行分析，从而确定正确答案.【详解】依题意，直线的方程为，由消去并化简得，解得，.由于，所以，①正确.抛物线方程为，准线方程为，焦点坐标为，直线的方程为，，，则，所以，②正确.，，所以，所以③正确.，所以④错误.故答案为：①②③ 四、解答题17．求解下列问题：(1)已知等差数列中，，，，求及；(2)已知数列的前项和为，且，求证：为等比数列．【答案】(1)；(2)证明见解析. 【分析】（1）根据等差数列通项公式以及前项和公式求得正确答案.（2）利用证得为等比数列.【详解】（1），，解得，负根舍去.所以.（2），当时，，当时，，，两式相减得，所以数列是首项，公比为的等比数列.18．已知抛物线的顶点是坐标原点，而焦点是双曲线的右顶点．(1)求抛物线的方程；(2)若直线与抛物线相交于A、B两点，则直线OA与OB的斜率之积是否为定值，若是，求出定值；若不是，说明理由．【答案】(1)(2)是定值， 【分析】（1）将双曲线的方程化为标准形式，求得右顶点坐标，根据抛物线的焦点与双曲线的右顶点重合得到抛物线的方程；（2）联立直线与抛物线方程，结合韦达定理求得弦长及两点连线的斜率公式即可求解.【详解】（1）双曲线化为标准形式：， ，右顶点A,设抛物线的方程为，焦点坐标为,由于抛物线的焦点是双曲线的右顶点，所以,所以抛物线的方程；（2）联立，整理得,设,则,,19．已知动圆经过坐标原点，且圆心在直线上.（1）求半径最小时的圆的方程；（2）求证：动圆恒过一个异于点的定点.【答案】（1）；（2）证明见解析.【分析】（1）设出圆心坐标，表示出半径，利用二次函数的性质可得半径的最小值，进而可得此时圆的方程；（2）设定点坐标，，表示出圆的方程，当为变量时，，能使该等式恒成立，即且，解方程组可得定点坐标．【详解】（1）因为圆心在直线上，所以设圆心的坐标为.又因为动圆经过坐标原点，所以动圆的半径，所以半径的最小值为.并且此时圆的方程为：.（2）设定点坐标，，因为圆的方程为：所以，即，因为当为变量时，，却能使该等式恒成立，所以只可能且即解方程组可得：，或者，（舍去）所以圆恒过一定点，.20．已知为数列的前项和，且（，为常数），若，．求：(1)数列的通项公式；(2)的最值．【答案】(1)或(2)答案见解析 【分析】（1）利用可求得；利用可求得或；利用或可求得公差，进而得到等差数列通项公式；（2）利用等差数列求和公式表示出，由二次函数的性质可求得最值.【详解】（1），；，或；当时，，；当时，，；综上所述：或.（2）当时，，则，；无最大值；当时，，则；则当或时，取得最大值，无最小值.21．在三棱柱中，平面，为的中点，是边长为1的等边三角形.（1）证明：；（2）若，求二面角的大小.【答案】（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）由已知易得，，然后利用线面垂直判定定理证得面，进而证得结论；（2）建立空间直角坐标系，写出个点的坐标，进而求得有关向量坐标，求得二面角两个平面的法向量，进而求解.【详解】解：（1）连接，∵是边长为1的等边三角形，且为的中点，∴，∴∵面，∴面，又面，∴，∵，面，又面，∴.（2）以为原点建立空间直角坐标系如图所示，则，，，，，.分设平面的法向量为，则∴可取，同理可求得平面的一个法向量为.，且二面角为锐角，∴二面角的大小为.【点睛】本题考查线面垂直的判定与证明，考查二面角问题，建立空间坐标系是求解二面角问题的有效方法.22．已知椭圆的左右焦点分别为，，且椭圆C上的点M满足，．（1）求椭圆C的标准方程；（2）点是椭圆的上顶点，点在椭圆C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，结合可得解；（2）设，直线，将直线与椭圆联立，用坐标表示，代入韦达定理可解得，借助韦达定理表示，用均值不等式即得解.【详解】（1）依题意得：，．由椭圆定义知，又，则，在中，，由余弦定理得：即，解得又故所求椭圆方程为（2）设，直线联立方程组，得，，得，，，，由题意知，由，，代入化简得，故直线过定点，由，解得，，令，则，当且仅当，即时等号成立，所以面积的最大值为．