福建省长泰第二中学2023-2024学年高二上学期第二次月考数学试卷

这是一份福建省长泰第二中学2023-2024学年高二上学期第二次月考数学试卷，共14页。试卷主要包含了请将答案正确填写在答题卡上，已知F1，F2分别为双曲线C，已知曲线C等内容，欢迎下载使用。
本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，满分：150分，
考试时间：120分钟；
考试范围：湘教版选择性必修第一册第一章~第三章，命题人：sqb，时间：2023年12月
注意事项：
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2．请将答案正确填写在答题卡上
第I卷（选择题 共60分）
一、单选题（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．过两点A3,y,B2,0的直线的倾斜角为120∘，则y=（ ）
A．33B．3C．-33D．-3
2．等差数列前n项的和为30，前2n项的和为100，则它的前3n项的和为（ ）
A．210B．170C．130D．260
3．已知等比数列an的公比q>0且q≠1，前n项积为Tn，若T10=T6，则下列结论正确的是（ ）
A．a6a7=1B．a7a8=1C．a8a9=1D．a9a10=1
4．已知数列an是公比为q的等比数列，若2a1=a3a4，且a5是a4与-6的等差中项，则a5+a6a6+a7的值是（ ）
A．-1B．3C．2D．1或2
5．已知A-2,0,B2,0，过P0,-1斜率为k的直线上存在不同的两个点M,N满足：MA-MB=NA-NB=23.则k的取值范围是（ ）
A．-63,63B．-63,-33∪-33,33∪33,63
C．33,63D．-63,-33
6．如图的形状出现在南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法·商功》中，后人称为“三角垛”.“三角垛”的最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球……在2015年世乒赛期间，苏州某景点就用乒乓球堆成“三角垛”型的装饰品，假设一个“三角垛”装饰品共有n层，记使用的乒乓球数量为fn，则fn=（ ）
（参考公式：12+22+32+⋯+n2=16nn+12n+1）
A．16nn+12n+1B．nn+12
C．13nn+1n+2D．16nn+1n+2
7．椭圆x24+y2=1的左右焦点为F1､F2，P为椭圆上的一点，∠F1PF2=π3，则△PF1F2的面积为（ ）
A．1B．33C．3D．2
8．已知F1，F2分别为双曲线C:x2a2-y2b2=1a>0,b>0的左右焦点，过点F1且斜率存在的直线L与双曲线C的渐近线相交于AB两点，且点AB在x轴的上方，AB两个点到x轴的距离之和为8c5，若AF2=BF2，则双曲线的离心率为（ ）
A．153B．253C．263D．423
二、多选题（本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，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．已知曲线C:ax2+by2=1，则（ ）
A．若a>0，b>0，则曲线C表示椭圆
B．若ab0，则曲线C表示焦点在x轴上的椭圆，其离心率e=22
10．实数x，y满足x2+y2-6x-6y+12=0，则yx的值可能为（ ）
A．-32 B．3+22 C．2+2 D．6
11．记Sn为数列an的前n项和，若2Sn=2nan+n-n2，且a4，a7，a9成等比数列，则（ ）
A．an为等差数列B．a1=12
C．a5，a9，a11成等比数列D．Sn有最大值，无最小值
12．2023年暑期档动画电影《长安三万里》重新点燃了人们对唐诗的热情，唐诗中边塞诗又称出塞诗，是唐代汉族诗歌的主要题材，是唐诗当中思想性最深刻，想象力最丰富，艺术性最强的一部分，唐代诗人李颀的边塞诗《古从军行》开头两句说：“白日登山望烽火，黄昏饮马傍交河”.诗中隐含着一个有趣的数学问题——“将军饮马”，即将军在观望烽火之后从山脚下某处出发，先到河边饮马后再回军营，怎样走才能使总路程最短？在平面直角坐标系中，设将军的出发点是A2,4，军营所在位置为B6,2，河岸线所在直线的方程为x+y-3=0，若将军从出发点到河边饮马，再回到军营（“将军饮马”）的总路程最短，则（ ）
A．将军从出发点到河边的路线所在直线的方程是6x-y-8=0
B．将军在河边饮马的地点的坐标为138,118
C．将军从河边回军营的路线所在直线的方程是x-6y+6=0
D．“将军饮马”走过的总路程为52
第II卷（非选择题 共90分）
三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）
13．写出一个同时满足以下条件的抛物线C的方程为 ．
①C的顶点在坐标原点；②C的对称轴为坐标轴；③C的焦点到其准线的距离为34
14．过椭圆x216+y24=1内一点P3,1，且被这点平分的弦所在直线的方程是 .
15．已知抛物线的焦点为为抛物线上任意一点，点，则的最小值为 ．
16．图1为一种卫星接收天线，其曲面与轴截面的交线为抛物线的一部分．已知该卫星接收天线的口径AB=42，深度MO=2．信号处理中心F位于焦点处，以顶点O为坐标原点，建立如图2所示的平面直角坐标系xOy，若P是该抛物线上一点，则点P到直线l1:4x-3y+6=0和直线l2:x=-1的距离之和的最小值是 ，若以PF为直径的圆与y轴的公共点坐标为0,62，则点P的横坐标为 ．
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．（本题10分）求满足下列条件的直线方程：
(1)过点A1,-4，与直线2x+3y+5=0平行；
(2)过点A1,-4，与直线2x-3y+5=0垂直．
18．（本题12分）已知圆A:(x+4)2+y2=16，圆B:(x-2)2+(y+1)2=9．
(1)证明圆A与圆B相交，并求圆A与圆B的公共弦所在直线的方程；
(2)已知点C(4,0)，若直线PA，PC相交于点P，且它们的斜率之积为14，求动点P的轨迹方程并说明轨迹图形．
19．（本题12分）已知数列an的前n项和为Sn，在①an=nn-1an-1 n≥2且a1=1；②2Sn=n2+n；③an+an+2-2an+1=0且a1=1，a3=3，这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并求解：
(1)已知数列an满足______，求an的通项公式；
(2)已知正项等比数列bn满足b1=a2，b2+b3=12，求数列2lg2bn⋅lg2bn+1的前n项和Tn．
20．（本题12分）对于椭圆：y2a2+x2b2=1a>b>0，我们称双曲线：y2a2-x2b2=1为其伴随双曲线．已知椭圆C: y23+x2b2=1（00)以双曲线C的右顶点为焦点.

(1)求抛物线E的方程；
(2)如图，点P-p2,tt≠0为抛物线E的准线上一点，过点P作y轴的垂线交抛物线于点M，连接PO并延长交抛物线于点N，求证：直线MN过定点.
22．（本题12分）已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0过点A22,0，点B与A关于原点对称，椭圆C上的点H满足直线HA与直线HB的斜率之积为-14.
(1)求椭圆C的方程；
(2)直线l:y=12x+t与椭圆C相交于M,N两点，已知点P-2,1，点Q与M关于原点对称，讨论：直线PQ的斜率与直线PN的斜率之和是否为定值？如果是，求出此定值；如果不是，请说明理由.
参考答案：
1．D【分析】由倾斜角与斜率及两点坐标的关系可求.
【详解】设直线斜率为k，则k=tan120∘=y-03-2=y=-3，故选：D.
2．A【分析】根据等差数列前n项和的性质，结合已知数据，求解即可.
【详解】利用等差数列的性质：Sn,S2n-Sn,S3n-S2n成等差数列，
所以Sn+S3n-S2n=2(S2n-Sn)，即30+S3n-100=2(100-30)，解得S3n=210.故选：A.
3．C【分析】首先计算T10T6，再根据等比数列的性质，即可求解.
【详解】因为T10=T6，所以T10T6=a7a8a9a10=a8a92=1，由q>0且q≠1可知a8，a9同号，所以a8a9=1.
故选：C
4．B【分析】由等比数列的性质及等差中项的定义求得公比即可.
【详解】由题意可得：2a1=a3a4=a12q5⇒a6=2，而a5是a4与-6的等差中项，
即2a5=a4-6⇒2a1q4=a1q3-3a1q5⇒3q2+2q-1=0⇒q=-1(舍去)或q=13，
a5+a6a6+a7=a51+qa61+q=a5a6=1q，即a5+a6a6+a7=3.故选：B
5．C
【分析】根据双曲线的定义可得M，N是以A-2,0、B2,0为焦点的双曲线的右支上的两点，即过P0,-1斜率为k的直线与双曲线的右支有两个交点，求出双曲线方程，联立直线与双曲线，消元，根据Δ>0及韦达定理得到不等式组，解得即可.
【详解】因为MA-MB=NA-NB=230-6k1-3k2>0-61-3k2>0，解得330，设AB的中点为M(x0,y0)，
由于AF2=BF2，故MF2⊥AB,因此△MF2F1为直角三角形，故OM=c，
由于y1+y2=8c5，所以y0=y1+y22=4c5，进而可得x0=c2-4c52=3c5，
故M3c5,4c5或M-3c5,4c5，由Ax1,y1,Bx2,y2在双曲线渐近线上，
所以x12a2-y12b2=0x12a2-y12b2=0⇒x12-x22a2-y12-y22b2=0⇒b2a2=y1+y2y1-y2x1+x2x1-x2=2y02x0⋅kAB，
进而b2a2=kOM⋅kAB=kOM⋅-1kMF2，
当M3c5,4c5时，kOM=43,kMF2=45c35c-c=-2，
所以b2a2=43×12⇒e=ca=1+b2a2=153，
当M-3c5,4c5时，kOM=-43,kMF2=45c-35c-c=-12，所以b2a2=-83不符合题意，舍去，
综上：故离心率为153.故选：A

9．BC
【分析】利用曲线的方程逐项分析即得.
【详解】对于A，若a>0，b>0，当a=b时，则曲线C表示圆，故A错误；
对于B，若ab0,b0，所以曲线C表示焦点在y轴上的椭圆，故D错误.故选：BC.
10．BCD
【分析】令t=yx，与x2+y2-6x-6y+12=0联立，然后利用Δ≥0解出t的取值范围，即得.
【详解】令t=yx，可得y=tx，
则直线y=tx与圆x2+y2-6x-6y+12=0，
将y=tx代入方程x2+y2-6x-6y+12=0，
得1+t2x2-61+tx+12=0，Δ=361+t2-481+t2≥0
解得3-22≤t≤3+22，即3-22≤yx≤3+22，故选：BCD.
11．AC
【分析】先根据递推公式求出数列an 的通项公式，再根据条件求出a1 ，然后逐项分析.
【详解】由题意2Sn=2nan+n-n2⋯①,∴2Sn+1=2n+1an+1+n+1-n+12⋯② ，
②-① 得：2Sn+1-2Sn=2an+1=2n+1an+1+n+1-n+12-2nan-n-n2 ，
nan+1=nan+n,n≠0,∴an+1=an+1 ，an 是首项为a1 ，公差为1的等差数列，
∴an=a1+n-1,a4=3+a1,a7=6+a1,a9=8+a1 ，
由于a4,a7,a9 成等比数列，∴a72=a4·a9 ，6+a12=3+a18+a1 ，解得a1=-12 ；
对于A，正确；
对于B，错误；
对于C，a5=-12+4=-8,a9=-4,a11=-2,∴a92=a5·a11 ，正确；
对于D，Sn=a1+an2·n=-12-12+n-12·n=12n2-252n ，是关于n的二次函数，所以在n=12 或13处取得最小值，无最大值，错误；故选：AC.
12．BD
【分析】求出点B关于直线x+y-3=0的对称点为B'1,-3，直线AB'的方程为7x-y-10=0即为从出发点到河边的路线，可得A错误；联立直线方程可解得交点坐标即为饮马地点的坐标为138,118，可得B正确；直线BM的方程为x-7y+8=0即为从河边回军营的路线，可得C错误；由各路段长度总和即可求出“将军饮马”走过的总路程为52，可知D正确.
【详解】由题可知A,B在x+y-3=0的同侧，
设点B关于直线x+y-3=0的对称点为B'a,b，如下图所示：

则a+62+b+22-3=0b-2a-6×(-1)=-1，解得a=1,b=-3；即B'1,-3.
将军从出发点到河边的路线所在直线即为AB'，
又A2,4，所以直线AB'的方程为7x-y-10=0，故A错误；
设将军在河边饮马的地点为M，则M即为7x-y-10=0与x+y-3=0的交点，
联立两直线方程解得M138,118，故B正确；
将军从河边回军营的路线所在直线为BM，又B6,2，
所以直线BM的方程为x-7y+8=0，故C错误；
总路程MA+MB=MA+MB'=AB'=(2-1)2+(4+3)2=52，
所以“将军饮马”的总路程为52，故D正确.故选：BD.
13．y2=32x（答案不唯一）
【分析】待定系数法去求抛物线C的方程
【详解】由①②可知C的方程为抛物线的标准方程，由③可知，p=34，
所以抛物线C的方程可以为y2=32x．
故答案为：y2=32x(答案不唯一)
14．3x+4y-13=0
【分析】利用点差法即可求得过点P3,1且被点P平分的弦所在直线的方程.
【详解】设该直线与椭圆的两个交点分别为A(x1,y1),B(x2,y2)，
则x1+x2=6,y1+y2=2
又x1216+y124=1，x2216+y224=1，两式相减得x1-x2x1+x216+y1-y2y1+y24=0
则6x1-x216+2y1-y24=0，则y1-y2x1-x2=-34，则所求直线方程为y=-34(x-3)+1，即3x+4y-13=0
经检验3x+4y-13=0符合题意.故答案为：3x+4y-13=0
15．4
【分析】利用抛物线的定义，结合抛物线的性质，转化求解即可．
【详解】由题意可知抛物线的焦点坐标为，准线的方程为，过作于
由抛物线定义可知，所以，
则当共线时取得最小值，所以最小值为：．故答案为：4．
16． 2 32/1.5
【分析】（1）由题知，根据待定系数法得y2=4x，进而根据抛物线的定义，将问题转化为求|PF|+|PQ|的距离，再数形结合求解即可；
（2）取PF中点为D，过D作y轴的垂线，垂足为D1，过P作y轴的垂线，垂足为P1，进而结合抛物线的定义得以PF为直径的圆与y轴相切，再结合题意得P点纵坐标为6，进而代入抛物线方程即可得答案.
【详解】由图2，可设抛物线方程为y2=2px(p>0)，过点A(2,22)，
∴p=2，抛物线方程为y2=4x，∴x=-1，是抛物线y2=4x的准线，
∴P到x=-1的距离等于|PF|．
（1）过P作PQ⊥l1于Q，则P到直线l1和直线l2的距离之和为|PF|+|PQ|
∵抛物线y2=4x的焦点F(1,0)
∴过F作Q1F⊥l1于Q1，和抛物线的交点就是P1，
∴P1F+P1Q1≤|PF|+|PQ|（当且仅当F、P、Q三点共线时等号成立）
∴点P到直线l1:4x-3y+6=0的距离和到直线l2:x=-1的距离之和的最小值就是F(1,0)到直线4x-3y+6=0距离，
∴最小值FQ1=|4-0+6|16+9=2．
（2）取PF中点为D，过D作y轴的垂线，垂足为D1，过P作y轴的垂线，垂足为P1，则PP1//OF,DD1为梯形OFPP1的中位线，
由抛物线的定义可得PP1=|PF|-1，
所以DD1=|OF|+PP12=1+|PF|-12=|PF|2，
所以，以PF为直径的圆与y轴相切，所以点0,62为圆与y轴的切点，所以D点的纵坐标为62，又D为PF中点，所以P点纵坐标为6，
又点P在抛物线上，则有6=4x，解得x=32，所以P点横坐标为32．
故答案为：2；32.
17．(1)2x+3y+10=0；(2)3x+2y+5=0.
【分析】（1）由直线2x+3y+5=0的斜率为-23，利用直线平行可得所求直线的斜率，由点斜式可得结果；
（2）由直线2x-3y+5=0的斜率为23，利用直线垂直可得所求直线的斜率，由点斜式可得结果.
【详解】（1）因为直线2x+3y+5=0的斜率为-23，所求直线与直线2x+3y+5=0平行，
所以所求直线的斜率是-23， 因为所求直线过点A1,-4，
所以所求的直线方程是y+4=-23x-1，即2x+3y+10=0；
（2）因为直线2x-3y+5=0的斜率为23，
所求直线与直线2x-3y+5=0垂直，所以所求直线的斜率是-32，
因为所求直线过点A1,-4，所以直线方程为y+4=-32x-1，即3x+2y+5=0.
18．(1)证明见解析； 6x-y+2=0
(2)轨迹方程为x216-y24=1(x≠±4)，P的轨迹是除去(-4,0)，(4,0)两点的双曲线
【分析】（1）求出圆A与圆B的圆心和半径，再根据圆心距与半径的关系即可判断证出两圆相交，两圆的方程作差即可求出圆A与圆B的公共弦所在直线的方程；
（2）设Px,y，由题意得，yx+4×yx-4=14x≠±4，化简即得动点P的轨迹方程，并可知轨迹图形．
(1)圆A，圆心A-4,0，半径r1=4，
圆B，圆心B2,-1，半径r2=3，AB=37，
∴10，解得b1=2q=2，
所以bn=b1qn-1=2n.
所以2lg2bn⋅lg2bn+1=2lg22n⋅lg22n+1=2nn+1=21n-1n+1，
所以Tn=2×1-12+2×12-13+⋯+2×1n-1n+1 =21-1n+1=2nn+1.
20．(1)y23-x2=1 (2)172
【分析】（1）设椭圆C与其伴随双曲线Γ的离心率分别为e1，e2，依题意可得a2=3，e1=22e2，根据离心率公式得到方程，求出b2，即可得解；
（2）设直线l的斜率为k，Ax1,y1，Bx2,y2，直线l的方程y=kx+2，联立直线与双曲线方程，消元、列出韦达定理，求出x1-x2，由S△ABE=12EF⋅x1-x2=6+33求出k2，再由S=12OAOBsinθ可得Stanθ=12OA⋅OB，根据数量积的坐标表示，代入韦达定理，即可得解.
【详解】（1）设椭圆C与其伴随双曲线Γ的离心率分别为e1，e2，
依题意可得a2=3，e1=22e2，即e12=12e22，即3-b23=12×3+b23，解得b2=1，
所以椭圆C: y23+x2=1，则椭圆C伴随双曲线Γ的方程为y23-x2=1.
（2）由（1）可知F0,2，E0,-3，设直线l的斜率为k，Ax1,y1，Bx2,y2，
则直线l的方程y=kx+2，与双曲线y23-x2=1联立并消去y得k2-3x2+4kx+1=0，
则Δ=12k2+12>0，所以x1+x2=-4kk2-3，x1x2=1k2-30)，则c=a2+3，
令x=c，代入C的方程，得yA=3a.
所以S△F1AB=12×2c×2yA=6a2+3a=12，所以a=1，
故p2=a=1，即p=2.所以抛物线E的方程为y2=4x.
（2）由（1）知P-1,tt≠0，则Mt24,t.
直线PO的方程为y=-tx，代入抛物线E的方程有N4t2,-4t.
当t2≠4时，kMN=t+4tt24-4t2=4tt2-4，
所以直线MN的方程为y-t=4tt2-4x-t24，即y=4tt2-4x-1.
所以此时直线MN过定点1,0.
当t2=4时，直线MN的方程为x=1，此时仍过点1,0，
综上，直线MN过定点1,0.
22．(1)x28+y22=1 (2)是定值，0
【分析】（1）先求得a=22，设Hx0,y0，由kHA·kHB=-14可得-b2a2=-14，求得b2=2，从而可得椭圆方程；
（2）设Mx1,y1,Nx2,y2，联立直线方程与椭圆方程，利用韦达定理可得x1+x2=-2t,x1x2=2t2-4，由题意得kPQ+kPN=2-x1y2-1-2+x2y1+12+x22-x1，而2-x1y2-1-2+x2y1+1=-x1x2-tx1+x2-4，把x1+x2=-2t,x1x2=2t2-4代入即可求解.
【详解】（1）因为椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)过点A22,0，所以a=22，
设Hx0,y0满足x02a2+y02b2=1，则y02x02-a2=-b2a2， 又B-22,0，
则kHA·kHB=-14⇒y0x0-22⋅y0x0+22=-14⇒-b2a2=-14⇒b2=2，所以椭圆C的方程x28+y22=1.
（2）直线l:y=12x+t，代入椭圆C:x2+4y2=8，可得x2+2tx+2t2-4=0，
由于直线l交椭圆C于M,N两点，所以Δ=4t2-42t2-4>0，整理得-2