2023-2024学年北京市东北师范大学附属中学朝阳学校高二上学期第三次月考数学试题含答案

这是一份2023-2024学年北京市东北师范大学附属中学朝阳学校高二上学期第三次月考数学试题含答案，共16页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．在等差数列中，若，则（ ）
A．5B．7C．9D．11
【答案】A
【分析】根据题意，由等差数列的性质代入计算，即可得到结果.
【详解】因为为等差数列，则，即.
故选：A
2．已知空间中三点，，，则下列结论中正确的有（ ）
A．平面ABC的一个法向量是B．的一个单位向量的坐标是
C．D．与是共线向量
【答案】A
【分析】根据已知条件，结合空间中平面法向量的定义，向量模长的求解，以及共线定理，对每个选项进行逐一分析，即可判断和选择.
【详解】因为，，，故可得，
因为，故，不平行，则D错误；
对A：不妨记向量为，则，
又，不平行，故向量是平面的法向量，则A正确；
对B：因为向量的模长为，其不是单位向量，故B错误；
对C：因为，故可得，故C错误；
故选：A.
3．某运动物体的位移s（单位：米）关于时间t（单位：秒）的函数关系式为，则该物体在秒时的瞬时速度为（ ）
A．10米/秒B．9米/秒
C．7米/秒D．5米/秒
【答案】B
【分析】利用导数的物理意义，即可计算瞬时速度.
【详解】由，得，则物体在秒时的瞬时速度米/秒.
故选：B
4．光圈是一个用来控制光线透过镜头，进入机身内感光面的光量的装置.表达光圈的大小我们可以用光圈的F值表示，光圈的F值系列如下：F1，F1.4，F2，F2.8，F4，F5.6，F8，…，F64.光圈的F值越小，表示在同一单位时间内进光量越多，而且上一级的进光量是下一级的2倍，如光圈从F8调整到F5.6，进光量是原来的2倍.若光圈从F4调整到F1.4，则单位时间内的进光量为原来的（ ）
A．2倍B．4倍C．8倍D．16倍
【答案】C
【分析】由题可得单位时间内的进光量形成公比为的等比数列，即可求得.
【详解】由题可得单位时间内的进光量形成公比为的等比数列，
则F4对应单位时间内的进光量为，F1.4对应单位时间内的进光量为，
从F4调整到F1.4，则单位时间内的进光量为原来的倍.
故选：C.
5．若圆与圆相内切，则为（ ）
A．1B．2C．5D．1或5
【答案】D
【分析】根究两圆内切满足的圆心距和半径差的关系即可求解.
【详解】圆的圆心和半径为 ，圆的圆心和半径为,由两圆内切，所以或，
故选：D
6．设抛物线的焦点为，准线与轴的交点为，是上一点．若，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】根据，利用抛物线的定义求得点P的坐标，然后利用两点间距离公式求解.
【详解】设，因为，
由抛物线的定义得，
解得，
所以，
又，
所以，
故选：C
7．已知是等比数列，为其前项和，那么“”是“数列为递增数列”的（ ）
A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】分别从充分性和必要性入手进行分析即可得解.
【详解】设等比数列的公比为，
充分性：当，时，，无法判断其正负，显然数列为不一定是递增数列，充分性不成立；
必要性：当数列为递增数列时，，可得，必要性成立.
故“”是“数列为递增数列”的必要而不充分条件.
故选：B.
【点睛】方法点睛：证明或判断充分性和必要性的常用方法：①定义法，②等价法，③集合包含关系法.
8．已知双曲线（，）的左焦点为，右顶点为，过作的一条渐近线的垂线，为垂足．若，则的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】首先利用，求点的坐标，再利用与渐近线垂直，构造关于的齐次方程，求离心率.
【详解】由条件可知，，由对称性可设条件中的渐近线方程是，线段的中垂线方程是，与渐近线方程联立方程，解得，，即，
因为与渐近线垂直，则，
化简为，
即，即，两边同时除以，
得，解得：（舍）或.
故选：B
【点睛】方法点睛：本题考查双曲线基本性质，意在考查数形结合分析问题和解决问题的能力，属于中档题型，一般求双曲线离心率的方法是1.直接法：直接求出，然后利用公式求解；2.公式法：，3.构造法：根据条件，可构造出的齐次方程，通过等式两边同时除以，进而得到关于的方程.
9．如图，正方体的棱长为2，点为底面的中心，点在侧面的边界及其内部运动.若，则面积的最大值为（ ）

A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据题意，建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算，代入计算，即可得到结果.
【详解】
以点为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，设，其中，所以，，因为，所以，所以，由可得，所以，则
，当时，取得最大值，所以.
故选：C
10．数学中有许多美丽的曲线，它蕴藏于特有的抽象概念，公式符号，推理论证，思维方法等之中，揭示了规律性，是一种科学的真实美.如曲线：，（如图所示），给出下列三个结论
①曲线关于直线对称；
②曲线上任意一点到原点的距离都小于；
③曲线围成的图形的面积是.
其中，正确结论的序号是（ ）
A．①B．①②C．①③D．②③
【答案】C
【分析】根据点的对称性可判断①，由曲线方程知曲线关于原点，，轴对称，当，时，可得，可得，所以可得曲线为为圆心，为半径的半圆，由此可做出曲线的图像，从而通过运算可判断命题②③的真假．
【详解】设点在曲线上，则，关于直线对称的点，将代入曲线中得，因此在曲线上，
故①正确，
曲线可知曲线关于原点，，轴对称，
当，时，可得，可得，
所以可得曲线为为圆心，为半径的半圆，
曲线上任意点到原点的距离的最大值为，
曲线上任意一点到原点的距离都小于或等于，故命题②错误；
根据对称性可知曲线围成的图形的面积为4个半圆的面积加上边长为的
正方形的面积，即，故命题③正确；
故选：C
二、填空题
11．函数的导数是 .
【答案】
【分析】根据导数的四则运算求得正确答案.
【详解】由导数的乘法运算法则可得.
故答案为：
12．=
【答案】/0.9
【分析】观察每个分式可以发现每个分式可以写出两个分数相减的形式，从而可得出答案.
【详解】解：＝
故答案为：.
13．已知数列的前n项和，则 .
【答案】.
【分析】利用，代入即可求得的值.
【详解】由题意，数列的前n项和，
可得.
故答案为：.
14．已知双曲线的左右焦点分别为，，点，则双曲线的渐近线方程为 ； .
【答案】
【解析】根据双曲线的方程，求得半实轴a、半虚轴b的值，代入渐近线方程，即可求得答案；根据M点在双曲线的左支上，根据双曲线的定义，即可求得答案.
【详解】因为双曲线，半实轴，半虚轴,
所以渐近线方程为，即；
因为满足双曲线方程，且在双曲线的左支上，根据双曲线的定义得，
所以-2.
故答案为：；-2
15．“太极图”因其形状如对称的阴阳两鱼互抱在一起，故也被称为“阴阳鱼太极图”.如图是放在平面直角坐标系中的“太极图”图中曲线为圆或半圆，已知点是阴影部分（包括边界）的动点，则的最小值为 .
【答案】
【分析】转化为点与点连线的斜率，然后结合图像由直线与圆的位置关系求解.
【详解】
记，则为直线的斜率，
故当直线与半圆相切时，斜率最小，
设，则，解得或（舍去），
即的最小值为.
故答案为：
16．把正奇数列按如下规律分组：（1），（3，5，7），（9，11，13，15，17），（19，21，23，25，27，29，31），…，则在第n（n∈N*）组里有 个数；第9组中的所有数之和为 .
【答案】 2465
【分析】直接根据题意，归纳找规律，即可得到第n组内数的个数；分析出前8组的数字个数和第9组中的数字个数，利用等差数列的求和公式直接求和即可.
【详解】第1组有1个数，
第2组有3个数，
第3组有5个数，
……
第n组有个数.
前8组的数字个数分别为1,3……15，共64项，第9组中的数字个数有2×9-1=17个，
设把正奇数列的前n项和为，则第9组中的所有数之和：
.
故答案为：；2465.
【点睛】归纳推理的一般步骤：（1）通过观察个别情况发现某些相同的性质；（2）从已知的相同性质中推出一个明确表述的一般性结论．
三、解答题
17．已知圆：.若直线：与圆相交于A，B两点，且.
(1)求圆的方程；
(2)请从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为点的坐标，求过点与圆相切的直线的方程.
①；②.
注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分.
【答案】(1)
(2)①或；②
【分析】（1）根据圆的几何性质，通过点到直线距离公式得出圆心到直线的距离，再根据弦长与勾股定理即可计算出圆的半径，继而得到圆的方程.
（2）①根据切线切点到圆心距离等于圆的半径，用点斜式表示出直线的方程，利用点到直线的距离公式即可求出斜率得出直线方程；②根据切线与过切点的半径与其垂直，即可得出该斜率继而得出直线方程.
【详解】（1）如图所示，过圆心O做垂直于AB的垂线交AB于C点，
根据点点到直线距离公式：，，
根据勾股定理：，
得圆的方程：
（2）选①：
由（1）可知点在圆外，若切线斜率不存在， ，由图可知为过点P与圆相切的直线的方程；
若斜率存在，根据点斜式设直线的方程为，整理为一般式，
因为直线与圆相切，则，解得，
直线的方程为：，
综上所述过点与圆相切的直线的方程为或.
选②：由（1）可知点在圆上，的直线方程为，
则过点与圆相切的直线与垂直，斜率为
根据点斜式设直线的方程为，整理为一般式.
18．已知是各项均为正数的等比数列，，，.
(1)求数列的通项公式；
(2)若数列的通项满足，求数列的前项和的最小值及取得最小值时的值；
(3)令，求数列的前项和.
【答案】(1)
(2)当时，取的最小值
(3)
【分析】（1）设出公比，由已知列出方程求出首项和公比即可；
（2）求得，得出，利用二次函数性质可求.
（3）由，利用分组求和即得
【详解】（1）设等比数列的公比为q，且，
则，解得，所以
（2）因为，所以，
所以，
则当时，取的最小值
（3）因为，由等差、等比求和公式得
.
【点睛】点睛：该题考查的是有关数列的问题，等差、等比数列的通项公式以及求和公式，等差数列和的最值，分组求和，在解题的过程中，正确使用公式是解题的关键.
19．如图，在四棱锥中，底面为菱形，平面平面，，，，是线段的中点，连结．
（1）求证：；
（2）求二面角的余弦值；
（3）在线段上是否存在点，使得平面？若存在，求出的值；若不存在，说明理由．
【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）存在；．
【分析】（1）首先证明，再由面面垂直的性质定理可得平面，即证.
（2）连结，以为坐标原点，，，为轴，建立空间直角坐标系，是平面的一个法向量，再求出平面的一个法向量，利用空间向量的数量积即可求解.
（3）根据题意可得与平面的法向量垂直，假设线段上存在点使得平面，再利用向量的数量积即可求解.
【详解】解：（1）因为四边形为菱形，所以．
又因为，为的中点，所以．
又因为平面平面，
平面平面，
所以平面．
因为平面，
所以．
（2）连结．因为，为的中点，
所以．
由（1）可知平面，
所以，．
设，则．
如图，建立空间直角坐标系．
所以．
所以，．
因为平面，
所以是平面的一个法向量．
设平面的法向量为，
则，即，所以
令，则，．于是．
所以．
由题知，二面角为钝角，所以其余弦值为．
（3）当点是线段的中点时，平面．理由如下：
因为点平面，
所以在线段上存在点使得平面等价于．
假设线段上存在点使得平面．
设，则．
所以．
由，得．
所以当点是线段的中点时，平面，且．
【点睛】思路点睛：
解决二面角相关问题通常用向量法，具体步骤为：
（1）建坐标系，建立坐标系的原则是尽可能的使得已知点在坐标轴上或在坐标平面内；
（2）根据题意写出点的坐标以及向量的坐标，注意坐标不能出错.
（3）利用数量积验证垂直或求平面的法向量.
（4）利用法向量求距离、线面角或二面角.
20．在平面直角坐标系中，点D，E的坐标分别为，，是动点，且直线与直线的斜率之积等于.
(1)求动点的轨迹的方程；
(2)设是曲线的左焦点，过点且斜率为正的直线与曲线相交于，两点，过A，B分别作直线的垂线与轴相交于M，N两点.若，求此时直线的斜率.
【答案】(1)
(2)1
【分析】（1）设，写出直线的斜率，直线的斜率为，由，化简即可得出答案．
（2）设直线方程为，，，，，进而可得直线的方程为，推出点坐标，写出直线的方程，推出点的坐标，再计算，解得．
【详解】（1）设，
则直线的斜率，直线的斜率为，
因为，所以，即，
所以动点的轨迹方程为．
（2）由（1）可知，，则 所以，，
设直线方程为，，，，，
直线的方程为，
因为点在轴上，所以，，
因为直线的方程为且位于轴上，所以，，
所以
，
联立，得，
所以，
所以，，
所以，即，
解得，因为，故．
21．已知{an}是由正整数组成的无穷数列，该数列前n项的最大值记为An，最小值记为Bn，令．
（Ⅰ）若an＝2n（n＝1，2，3，…），写出b1，b2，b3的值；
（Ⅱ）证明：bn+1≥bn（n＝1，2，3，⋅⋅⋅）；
（Ⅲ）若{bn}是等比数列，证明：存在正整数n0，当n≥n0时，an，an+1，an+2，…是等比数列．
【答案】（Ⅰ）b1＝1，b2＝2，b3＝3；（Ⅱ）证明见解析；（Ⅲ）证明见解析.
【分析】（Ⅰ）由题意an＝2n，可得An＝2n，Bn＝2，进而求出n，从而可求出结果；
（Ⅱ）由题意知An+1≥An＞0，0＜Bn+1≤Bn，所以An+1Bn≥AnBn+1，化简整理即可求出结果；
（Ⅲ）证明：由题意知，及bn+1≥bn，通过分类讨论，利用等比数列的意义，反证法即可证出结论.
【详解】解：（Ⅰ）∵an＝2n，∴An＝2n，Bn＝2，
∴n．
b1＝1，b2＝2，b3＝3．
（Ⅱ）证明：由题意知An+1≥An＞0，0＜Bn+1≤Bn，
所以An+1Bn≥AnBn+1．
所以，即bn+1≥bn．
（Ⅲ）证明：由题意知，及bn+1≥bn，
①当bn+1＝bn时，得bn＝1，即．
所以An＝Bn．
所以an＝a1．
即{an}为公比等于1的等比数列．
②当bn+1＞bn时，令at＝min{a1，a2，…，an，…}，则Bm＝at（m≥t）．
当n≥t时，显然An+1＞An．
若an+1≤An，则An+1＝An，与An+1＞An矛盾，
所以an+1＞An≥an，即An+1＝an+1．
取n0＝t+1，当n≥n0时，，显然an，an+1，an+2，…是等比数列．
综上，存在正整数n0，使得n≥n0时，an，an+1，an+2，…是等比数列．