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

这是一份2023-2024学年河北省邯郸市永年区第二中学高二上学期12月月考数学试题含答案，共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，单空题，问答题，证明题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．在等差数列中，，则（ ）．
A．3B．4C．6D．8
【答案】C
【分析】应用等差数列项数相同且下标和相等的性质即可确定答案.
【详解】由等差数列的性质知：.
故选：C.
2．在数列中，，，若，则等于（ ）
A．671B．673C．674D．675
【答案】C
【分析】由题意可知是以为首项，为公差的等差数列，求得通项公式，从而可求解.
【详解】由，得，即是以为首项，为公差的等差数列，
故，由，解得．
故选：C．
3．在等比数列中，，是方程的根，则的值为（ ）
A．B．C．D．或
【答案】C
【分析】由韦达定理得，由等比数列通项公式性质得：，由此求出答案．
【详解】∵在等比数列中，，是方程的根，
∴，
∴，
，
∴，
∴
故选：C．
4．已知空间向量，，则向量在向量上的投影向量是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据空间向量数量积的运算性质和定义，结合投影向量进行求解即可.
【详解】因为空间向量，，
所以向量在向量上的投影向量为：
，
故选：C
5．已知两点，，直线l过点且与线段相交，则直线l的斜率k的取值范围是（ ）
A．或B．
C．D．
【答案】A
【分析】画出图形，数形结合可得或，即可求出.
【详解】如图，要使直线与线段相交，则应满足或，
因为，，
所以或.
故选：A.
6．等差数列和的前项和分别为与，对一切自然数，都有，则
A．B．C．D．
【答案】B
【详解】 ,选B.
点睛：在解决等差、等比数列的运算问题时，有两个处理思路,一是利用基本量,将多元问题简化为一元问题,虽有一定量的运算,但思路简洁,目标明确;二是利用等差、等比数列的性质,性质是两种数列基本规律的深刻体现，是解决等差、等比数列问题既快捷又方便的工具，应有意识地去应用.但在应用性质时要注意性质的前提条件，有时需要进行适当变形. 在解决等差、等比数列的运算问题时，经常采用“巧用性质、整体考虑、减少运算量”的方法.
7．在等比数列中，若，则“”是“”的（ ）
A．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
【答案】C
【分析】根据等比数列基本量的计算可分别得和满足的条件，即可根据必要不充分条件的定义求解.
【详解】由，得，则.
由，得，即，则或,
故“”是“”的必要不充分条件.
故选：C
8．已知焦点分别在轴上的两个椭圆，且椭圆经过椭圆的两个顶点与两个焦点，设椭圆的离心率分别是，则（ ）
A．且B．且
C．且D．且
【答案】A
【分析】由题意得，进而得到，从而结合不等式的性质与对勾函数的性质即可得解
【详解】依题意，设椭圆对应的参数为，椭圆对应的参数为，
则，所以，
又因为，即，，则，
即，得，，即，
令，则，
由对勾函数的性质可知在上单调递减，故.
故选：A.
【点睛】关键点睛：本题解决的关键是依题意得到，从而得到，结合不等式的性质与对勾函数的性质即可得解.
二、多选题
9．已知等差数列满足，前项和，则（ ）
A．数列的通项公式为
B．数列的公差为
C．数列的前项和为
D．数列的前22项和为
【答案】BCD
【分析】通过基本量计算得和d，可判断ABC；用裂项相消法求和可判断D.
【详解】由题知，，解得，则，，故A错，BC正确；
记的前n项和为，因为，
所以
所以，故D正确.
故选：BCD
10．（多选）设等比数列的前项和为，且满足，则（ ）
A．数列的公比为2B．数列的公比为
C．D．
【答案】AD
【分析】利用等比数列的通项公式求出公比可判断A、B，利用等比数列的前项和公式可判断C、D.
【详解】设等比数列的公比，由，
则，解得，解得，故A正确、B错误；
由等比数列的前项和公式可得，故D正确.
故选：AD
11．设数列前项和，且，，则（ ）
A．数列是等差数列B．
C．D．
【答案】BCD
【分析】利用与的关系求出数列的通项公式，可判断AB选项的正误；利用等比数列的求和公式可判断C选项的正误；利用裂项求和法可判断D选项的正误.
【详解】对任意的，.
当时，，可得；
当时，由可得，
上述两式作差得，可得，
所以，数列是首项为，公比为的等比数列，，A选项错误，B选项正确；
，所以，，C选项正确；
，，
所以，，
D选项正确.
故选：BCD.
【点睛】方法点睛：数列求和的常用方法：
（1）对于等差等比数列，利用公式法直接求和；
（2）对于型数列，其中是等差数列，是等比数列，利用错位相减法求和；
（3）对于型数列，利用分组求和法；
（4）对于型数列，其中是公差为的等差数列，利用裂项相消法求和.
12．如图，，是双曲线：与椭圆的公共焦点，点是，在第一象限内的公共点，设方程为，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．的内切圆与轴相切于点
C．若，则的离心率为
D．若，则的方程为
【答案】BCD
【分析】利用双曲线的标准方程及椭圆方程可得判断A，利用切线长性质结合双曲线的定义可判断B，利用双曲线和椭圆的定义得到、的关系式，再利用和离心率公式可判断C，利用勾股定理得到，进而求出椭圆的方程判断D.
【详解】对于A：由可得，所以，故A错误；
对于B：设的内切圆的圆心为I，且圆与边、、相切于N、M、K，
可得，，，又因为，
所以，又，
解得，，
可得M的横坐标为1，即I的横坐标为1，故B正确；
对于C：在椭圆中，，，则，
由，得 ，解得a＝3，
则的离心率，故C正确；
对于D：因为，，
所以，，
若，则，
又c＝2，，解得，，
则椭圆的方程为，故D正确．
故选：BCD.
三、填空题
13．已知点在抛物线C：上，则A到C的准线的距离为 .
【答案】
【分析】由题意首先求得抛物线的标准方程，然后由抛物线方程可得抛物线的准线方程为，最后利用点的坐标和准线方程计算点到的准线的距离即可.
【详解】由题意可得：，则，抛物线的方程为，
准线方程为，点到的准线的距离为.
故答案为：.
14．若数列的前n项和，则数列的通项公式 .
【答案】
【分析】根据的表达式，由可得当时，；检验即可得出数列的通项公式.
【详解】由可得，
两式相减可得，即，
又时，，不符合，
所以，
故答案为：
四、单空题
15．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（，1，2，…）是质数，直到1732年才被善于计算的大数学家欧拉算出，不是质数．现设（，2，…），，则数列的前n项和 ．
【答案】
【分析】由对数式的运算，求出，得数列的通项，裂项相消求前n项和.
【详解】解：因为，
所以，
所以，
所以数列的前n项和．
故答案为：．
五、填空题
16．若数列的首项，且；令，则 ．
【答案】
【详解】试题分析：由可知，所以数列是以为首项，为公比的等比数列，所以，所以，因此
【解析】等比数列的通项公式与等差数列求和．
【方法点晴】本题主要考查了等比数列的通项公式与等差数列求和，属于中档题.本题解答的关键是根据递推式构造数列是以为首项，为公比的等比数列.据此得到数列的通项公式，根据对数运算得到是通项公式，可判断其为等差数列，由等差数列的前项和公式求解.
六、问答题
17．已知：等差数列中，，，公差．
(1)求数列的通项公式；
(2)求数列的前n项和的最大值及相应的n的值．
【答案】(1)
(2)当n＝10或11时，最大值55．
【分析】（1）由等差数列的通项公式求解即可；
（2）先求出，再由二次函数的性质求解即可
【详解】（1）∵为等差数列，
∴．
∴
解得或
因为，
所以，
故解得
∴．
（2）∵，
又，函数图像的对称轴为直线，
故当n＝10或11时，取得最大值，其最大值为55．
18．等比数列中，．
（1）求的通项公式；
（2）记为的前项和．若，求．
【答案】（1）或 .
（2）.
【详解】分析：（1）列出方程，解出q可得；（2）求出前n项和，解方程可得m．
详解：（1）设的公比为，由题设得．
由已知得，解得（舍去），或．
故或．
（2）若，则．由得，此方程没有正整数解．
若，则．由得，解得．
综上，．
点睛：本题主要考查等比数列的通项公式和前n项和公式，属于基础题．
19．已知为数列的前项和，已知，，且.
(1)求数列的通项公式；
(2)求满足的的最大值.
【答案】（1）（2）的最大值为8.
【分析】（1）根据与的关系可推出，写出等差数列的通项公式即可（2）利用裂项相消法求和，解不等式即可.
【详解】(1)当时，；
当时，①
②
①-②整理得
，所以.
(2)设
所以
令，解得
所以的最大值为8.
【点睛】本题主要考查了与的递推关系，裂项相消法，等差数列的定义，属于中档题.
20．已知数列是首项为的等差数列，数列满足，且，．
(1)证明是等比数列
(2)，求数列的前项和．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由得，即可证明数列为等比数列；
（2）计算，的通项公式，用分组求和与错位相减法求和求的前n项和.
【详解】（1）证明：因为，所以，
所以，又，
所以数列是首项为，公比为的等比数列．
（2）由知，所以，，
设等差数列的公差为d，，所以，
所以，
，
令，
，
两式相减，得 ，
所以，
.
七、证明题
21．如图，在四棱锥中，四边形BCDE为梯形，，，平面平面BCDE，．
(1)求证：平面BCDE；
(2)若，求平面CAB与平面DAB夹角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由平面平面BCDE、得平面AED，根据线面垂直的性质得，再由线面垂直的判断定理可得答案；
（2）以E点为原点，EB，ED，EA所在直线为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系．
分别求出平面CAB、面ABD的一个法向量，由二面角的向量求法可得答案．
【详解】（1）因为平面平面BCDE，平面平面，
，平面BCDE，所以平面AED，
因为平面AED，所以，
因为，，平面BCDE，所以平面BCDE．
（2）因为平面BCDE，，所以BE，DE，AE两两互相垂直，以E点为原点，EB，ED，EA所在直线为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系．
得各点坐标分别为：、、、，
得，，．
设平面CAB的一个法向量为，由，，
得，令得，，从而．
设平面ABD的一个法向量为，由，，
得，令得，，从而．
，
所以平面CAB与平面DAB夹角的余弦值为．
22．已知椭圆离心率为，焦距为.
(1)求的方程；
(2)过点分别作斜率和为的两条直线与，设交于、两点，交于、两点，、的中点分别为、.求证：直线过定点.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据已知条件可得出关于、、的方程组，解出这三个量的值，即可得出椭圆的方程；
（2）设直线的方程为，直线的方程为，则，将直线的方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理，可求得点的坐标，同理可得出点的坐标，求出直线的方程，并化简直线的方程，即可得出直线所过定点的坐标.
【详解】（1）解：由已知条件可得，解得：.
所以，椭圆的方程为.
（2）解：设直线的方程为，直线的方程为，则.
联立，
因为点在椭圆内，则直线、与椭圆均相交，

设点、，
所以，，则，
所以，线段的中点为.
同理可得，线段的中点为
所以直线斜率为
.
所以直线方程为：
，
所以，直线的方程可化为，
由可得，因此直线恒过定点.
【点睛】方法点睛：求解直线过定点问题常用方法如下：
（1）“特殊探路，一般证明”：即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目的的一般性证明；
（2）“一般推理，特殊求解”：即设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线系或曲线的方程，再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即为所求点；
（3）求证直线过定点，常利用直线的点斜式方程或截距式来证明.