2023-2024学年福建省南平第一中学高二上学期第三次月考数学试卷含答案

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第Ⅰ卷
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. 过点且与直线垂直的直线方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据题设与直线垂直的直线方程为，代入点即可得结果.
【详解】设与直线垂直的直线方程为，
代入点可得，即，
所以所求直线方程为.
故选：C.
2. 如图，空间四边形OABC中，，，，点M在OA上，且，点N为BC中点，则等于（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，由空间向量的运算，代入计算，即可得到结果.
【详解】由题意可得，.
故选：B
3. 已知A为抛物线上一点，点A到C的焦点的距离为12，到y轴的距离为9，则（ ）
A. 4B. 6C. 8D. 10
【答案】B
【解析】
【分析】由抛物线的定义得到，然后由点A到y轴的距离为9，得到求解.
【详解】设抛物线的焦点为F，因为点A到C的焦点的距离为12，
所以由抛物线的定义知，
又因为点A到y轴的距离为9，所以，
所以， 解得.
故选：B.
4. “中国剩余定理”又称“孙子定理”，原文如下：今有物不知其数，三三数之剩二（除以3余2），五五数之剩三（除以5余3），七七数之剩二（除以7余2），问物几何？现有这样一个相关的问题：已知正整数满足五五数之剩三，将符合条件的所有正整数按照从小到大的顺序排成一列，构成数列，记数列的前项和为，则的最小值为（ ）
A. 46B. 42C. 41D. 25
【答案】C
【解析】
【分析】根据给定条件，求出数列的通项及前项和为，再借助基本不等式求解即得.
【详解】依题意，，显然数列是等差数列，，
因此，当且仅当，即时取等号，
所以当时，取得最小值41.
故选：C
5. 已知函数在区间上单调递减，则实数的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用导数与函数的关系将问题转化为恒成立问题，从而得解.
【详解】因为，所以，
因为在区间上单调递减，
所以，即，则在上恒成立，
因为在上单调递减，所以，故.
故选：A.
6. 设为等差数列的前n项和，且，都有，若，则（ ）
A. 的最小值是B. 的最小值是
C. 的最大值是D. 的最大值是
【答案】C
【解析】
【分析】由得，所以数列为递减的等差数列，再由可得，，即可求出为的最大值.
【详解】由得，即，
∴数列为递减的等差数列，∵，∴，，
∴当且时，；当且时，；
∴有最大值，最大值为．
故选:C．
7. 如图，已知，是双曲线C：的左､右焦点，P，Q为双曲线C上两点，满足，且，则双曲线C的离心率为（ ）

（
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】延长与双曲线交于点P＇，易得，设，结合双曲线定义得，进而在中应用勾股定理得到齐次方程，即可得离心率.
【详解】延长与双曲线交于点P＇，因为，根据对称性知，

设，则，，可得，即，
所以，则，，
即，可知，
在中，由勾股定理得，即，解得.
故选：B
【点睛】关键点点睛：延长与双曲线交于点P＇，利用双曲线对称性及定义求出，最后在中应用勾股定理得到齐次方程为关键.
8. 定义在R上的函数满足为偶函数，当时，，其中是的导数.若关于x的不等式恒成立，则实数a的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】构造函数，根据已知判断其单调性，利用函数的单调性，把条件转化为对任意恒成立，利用导数通过求的最大值可得结果.
【详解】记，则,
由题意，知当时，，即，
则在上单调递增，所以,
因为是偶函数，所以是奇函数，所以在R上单调递增,
又，即，
所以，即对任意恒成立.令，
则，由，得；当时，，单调递增，
当时，，单调递减，所以在处取得极大值，也是最大值，
所以，所以，即实数a的取值范围为，
故选：D.
【点睛】分离参数法解含参不等式恒成立问题的思路：
用分离参数法解含参不等式恒成立问题，是指在能够判断出参数的系数正负的情况下，可以根据不等式的性质将参数分离出来，得到一端是参数，另一端是变量表达式的不等式，只要研究变量表达式的最值就可以解决问题.
一般地，若对恒成立，则只需;若对恒成立，则只需.
二、选择题：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. 已知函数的导函数为，若，则函数的图象可能是（ ）
A. B. C. D.
【答案】BD
【解析】
【分析】首先求函数的极值点，再判断图象.
【详解】，，得或，
所以函数有两个极值点，分别是和，满足条件的只有BD.
故选：BD
10. 已知等比数列公比为q，前n项和为，且满足，则（ ）
A. B.
C. ，，成等比数列D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据得到A正确，根据等比数列公式计算得到BD正确，计算，C错误，得到答案.
【详解】对选项A：，即，则，正确；
对选项B：，正确；
对选项C：
，
所以，即，，不成等比数列，错误；
对选项D：，正确；
故选：ABD
11. 已知曲线，直线l过点交于A，B两点，下列命题正确的有（ ）
A. 若A点横坐标为8，则
B. 若，则的最小值为6
C. 原点O在AB上的投影的轨迹与直线有且只有一个公共点
D. 若，则以线段AB为直径的圆的面积是
【答案】BCD
【解析】
【分析】对A选项将点的横坐标代入，求出点A的坐标，进而求出直线方程，联立直线及抛物线方程，由弦长即可求出弦长；对B选项作图可知，过点A作准线的垂线，垂足为，当三点共线时取最小值，即可求得最小值；对C选项根据题意，得出原点O在AB上的投影的轨迹，联立方程由判别式即可判断公共点的个数；对D选项设出AB直线方程，联立直线与抛物线方程，由结合得出直线方程，再由弦长公式计算出线段AB的长度即可判断
【详解】对于A,易得是抛物线的焦点，
若A点横坐标为8，则，即或，根据抛物线的对称性可得两种情况计算出的相同，再此取计算.
所以l的直线方程是即，
直线与相交，联立方程得,,
得，，故A错误；
对于B,过点A作准线的垂线，垂足为，则，当三点共线时取最小值，此时最小值为，故B正确；
对于C,设原点在直线上的投影为，的中点为，
因为，所以，所以为直角三角形，所以，
根据几何性质及圆的定义可知点的轨迹方程为，联立得，
解得，所以直线与只有一个交点，故C正确；
对于D,设直线的方程为，联立得所以，
因为，而，所以，
所以，所以
所以，解得，
则，
所以，
，所以以线段AB为直径的圆的面积是，故D正确.
故选：BCD.
12. 在矩形中，，为的中点，将沿直线翻折至的位置，则（ ）
A. 翻折过程中，直线与所成角的余弦值最大为
B. 翻折过程中，存在某个位置的，使得
C. 翻折过程中，四棱锥必存在外接球
D. 当四棱锥的体积最大时，以为直径的球面被平面截得交线长为
【答案】AD
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，设的坐标，借助空间向量可以对选项A，B进行辨析；
通过四边形不存在外接圆，可判断四棱锥不存在外接球，对选项C进行辨析；
求出当四棱锥的体积最大时点的坐标，即可求出以为直径的球的球心坐标和直径，
再求出球心到平面的距离，即可求出以为直径的球面被平面截得交线长.
【详解】
在矩形中，取中点，连接与交于点，
∵，∴，∴，且，
∴以为原点，，所在直线分别为轴，轴，过与平面垂直的直线为轴，
建立空间直角坐标系如上图，则，，，
∵为中点，∴，
将沿直线翻折至的位置的过程中，在以为圆心，直径为的圆弧上，
∴在平面内，设，且，，，即，
∴，，，
，
对于A，设直线与所成角为，则
，
易知，当时，单调递增，
∴当时，，故选项A正确；
对于选项B，翻折过程中，恒成立，
∴不存在某个位置的，使得，故选项B错误；
对于C，连接，直角有以为直径的唯一外接圆，
又∵，∴不在的外接圆上，即四边形无外接圆，
∴四棱锥不存在外接球，故选项C错误；
对于D，当四棱锥的体积最大时，到平面距离最大，
∴此时在轴上，平面即平面，
∴以为直径的球的球心为中点，
∴球心到平面即平面的距离为，
又∵该球的直径，∴半径，
由球的几何性质，以为直径的球面被平面截得交线为圆，
该圆的半径，
∴该圆的周长为，故选项D正确.
故选：AD.
【点睛】根据折叠问题条件，思考点的轨迹，合理的建立空间直角坐标系，使位于平面内，动点的坐标更加简洁，可以大量减少各选项辨析过程中的计算量.
第Ⅱ卷
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 已知函数，则函数的图象在处的切线方程为______．
【答案】
【解析】
【分析】对求导，求出切线的斜率，然后利用点斜式求解即可.
【详解】因为，
所以，
的图象在处的切线斜率为，
又，所以切点为，
所以的图象在处的切线方程为：
，即．
故答案为：.
14. 已知等差数列和的前n项和分别为，，若，则______
【答案】
【解析】
【分析】根据等差数列前n项和的性质求解即可.
【详解】由等差数列的性质可得：
，
，
，
所以，
由得，得，
所以.
故答案为：.
15. 已知椭圆：的左，右焦点分别为，，过点且垂直于轴的直线与椭圆交于、两点，、分别交轴于、两点，的周长为4.过作外角平分线的垂线与直线交于点，则______.
【答案】
【解析】
【分析】根据和椭圆定义可得，求出椭圆方程，设代入椭圆方程求得，利用求出，再根据求出，利用可得答案.
【详解】因为，所以，
因为的周长为4，所以的周长，
所以，所以椭圆方程为，，所以，
直线垂直轴，设，代入，求得，
所以，，
因为外角平分线的垂线与直线交于点，
所以，可得，
则，所以.
故答案为：.
16. 在棱长为的正方体中，，分别为，的中点，点在正方体表面上运动，且满足，点轨迹的长度是___________.
【答案】
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量求解出点轨迹的长度.
【详解】在正方体中，以为坐标原点，分别以，，为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，
∴，，，，∴，
设，则，
∵，∴，
当时，，当时，，
取，，，，
连结，，，，
则，，
∴四边形为矩形，则，，
即，，又和为平面中的两条相交直线，
∴平面，
又，，
∴为的中点，则平面，
为使，必有点平面，
又点在正方体表面上运动，所以点的轨迹为四边形，
又，，∴，则点的轨迹不是正方形，
则矩形的周长为.
故答案为：
【点睛】
对于立体几何中的轨迹问题，可以建立空间直角坐标系，将其代数化处理，可以很方便的求出边的长度及角度.
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. 已知圆C的圆心在直线上且与y轴相切于点.
（1）求圆C的方程；
（2）若直线l过点且被圆C截得的弦长为，求直线l的方程.
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）利用已知圆心特征和半径列方程组，即可求得圆的方程；
（2）分斜率存在与不存在两种情况讨论，结合弦心距求解过程即可得出结果.
小问1详解】
圆的圆心在直线上且与轴切于点，
设圆心坐标为，则，解得，，
圆心，半径，
故圆的方程为.
【小问2详解】
点，直线过点，
当的斜率存在时，设直线的斜率为（存在），
则方程为，又圆的圆心为，半径，弦长为，
故弦心距，故，解得，
所以直线方程为，即，
当的斜率不存在时，的方程为，经验证也满足条件，
故的方程为或.
18. 设函数．
（1）讨论函数的单调性；
（2）如果对所有的，都有，求a的取值范围．
【答案】（1）在单调递减，在单调递增
（2）
【解析】
【分析】（1）求出函数定义域，求导，得到函数单调性；
（2）在（1）基础上，由单调性求出，从而求出.
【小问1详解】
的定义域为，
，
当时，，此时单调递增，
当时，，此时单调递减，
故在单调递减，在单调递增；
【小问2详解】
由（1）知，在上单调递增，
又，，
故，
则，
故a的取值范围为.
19. 已知数列是等差数列，是等比数列，且，，，．
（1）求数列、的通项公式；
（2）设，数列的前项和为，求．
【答案】（1），；
（2）.
【解析】
【分析】（1）求出等比数列的公比即可得其通项公式，再求出等差数列的公差，求出其通项作答.
（2）利用（1）的结论求出，再利用错位相减法求解作答.
【小问1详解】
依题意，等比数列的公比，则有，因此，，
由得，等差数列的公差，，
所以数列、的通项公式分别为：，.
【小问2详解】
由（1）知，，
则，
于是得，
两式相减得：，
所以.
20. 如图，在四棱锥中，平面，，，且，，．
（1）证明：；
（2）在线段上是否存在一点，使得二面角的余弦值为，若存在， 求与所成角的余弦值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）证明见解析
（2）存在，且与所成角的余弦值为
【解析】
【分析】（1）连接，证明出平面，利用线面垂直的性质可证得结论成立；
（2）以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，设，其中，利用空间向量法可得出关于的等式，求出的值，可得出的坐标，再利用空间向量法可求得与所成角的余弦值.
【小问1详解】
证明：连接，设，
因为，则，且为等腰直角三角形，
因为，则，
因为，由余弦定理可得，
所以，，则，
平面，平面，，
，平面，平面，.
【小问2详解】
解：因平面，，
以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
设，则、、、、，
设，其中，
则，，
设平面的法向量为，
则，取，可得，
易知平面的一个法向量为，
由题意可得，
因为，解得，此时，，
，，
所以，，
因此，在线段上是否存在一点，使得二面角的余弦值为，且与所成角的余弦值为.
21. 已知数列满足：.
（1）求数列的通项公式．
（2）记，数列的前项和．若对于任意的，不等式恒成立，求实数的取值范围.
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）由，时，得到，时，记，利用求；
（2）利用裂项相消求出，由的范围解决恒成立问题，根据不等式求实数的取值范围.
【小问1详解】
因为①，
当时，，
当时，有②，
①②得：，所以，
经检验符合上式，所以，，
【小问2详解】
，
所以，
因为不等式恒成立，所以，
因为，
所以，解得：或.
故实数的取值范围为.
22. 已知在△ABC中，，，动点A满足，，AC的垂直平分线交直线AB于点P．
（1）求点P的轨迹E的方程；
（2）直线交x轴于D，与曲线E在第一象限的交点为Q，过点D的直线l与曲线E交于M，N两点，与直线交于点K，记QM，QN，QK的斜率分别为，，，
①求证：是定值．
②若直线l斜率为1，问是否存在m的值，使？若存在，求出所有满足条件的m的值，若不存在，请说明理由．
【答案】（1）
（2）①证明见解析 ；②存在；
【解析】
【分析】（1）利用几何知识可得，结合双曲线定义理解处理；（2）根据题意设直线及点的坐标，①分别求，，，利用韦达定理证明；②根据①结合题意求的坐标，代入双曲线方程运算求解．
【小问1详解】
∵，
∴AC的垂直平分线交BA的延长线于点P．
连接PC，则，
∴，
由双曲线的定义知，点P的轨迹E是以，为焦点，实轴长为的双曲线的右支（右顶点除外），
，，则，
∴E的方程是．
【小问2详解】
①证明：由已知得，，满足，
设直线l方程为，，，
联立，得，
，，
，
同理，
∴
对，令，得，
∴，，
∴，
∴是定值．
②假设存在m的值，使
由①知，，
则，
∴，
直线QK的方程为，
令，
得；
直线l的斜率为1，直线l的方程为，
令，得；
∴，
∴，
代入，得，
整理得，，
解得，或（∵，舍去）
∴，存在m的值为，使．