2023-2024学年福建省泉州市泉港区第一中学高二上学期第二次月考数学试题含答案

这是一份2023-2024学年福建省泉州市泉港区第一中学高二上学期第二次月考数学试题含答案，共20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。
一、单选题
1．已知等差数列中，，则（ ）
A．24B．36C．48D．96
【答案】C
【分析】利用等差数列通项的性质，可求.
【详解】等差数列中，，
则.
故选：C.
2．已知直线与直线，若，则（ ）
A．2或B．或5C．5D．
【答案】D
【分析】根据平行直线的判断方法求解即可.
【详解】因为，
所以，
故选：D
3．已知数列满足，，则（ ）
A．0B．C．D．
【答案】B
【分析】先由递推公式求出数列的前6项，归纳出数列的周期为3，即可求出.
【详解】因为数列满足，，
所以，，，，……
由此归纳得数列是周期数列，数列的周期为3.
所以.
故选：B
4．已知抛物线：的焦点为，抛物线上有一动点，，则的最小值为（ ）
A．5B．6C．7D．8
【答案】C
【分析】抛物线的准线的方程为，过作于，根据抛物线的定义可知，则当三点共线时，可求得最小值，答案可得.
【详解】解：抛物线：的焦点为，准线的方程为，
如图，过作于，
由抛物线的定义可知，所以
则当三点共线时，最小为.
所以的最小值为.
故选：C.
5．如图，在三棱柱中，E、F分别是BC、的中点，为的重心，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】根据向量的数乘及加、减运算求解即可.
【详解】解：由题意可得：
.
故选：A.
6．已知函数，数列为等比数列，，且，利用课本中推导等差数列前项和的公式的方法，则（ ）
A．B．2017C．4034D．8068
【答案】C
【分析】根据函数的对称性，等比数列的性质，结合倒序相加法计算即可.
【详解】用倒序相加法：令①
则也有②
由，
，即有，
可得：，
于是由①②两式相加得，所以．
故选：C
7．已知数列满足，，且，若表示不超过的最大整数（例如，），则（ ）
A．2019B．2020C．2021D．2022
【答案】D
【分析】求出，，即得解.
【详解】解：由题设知，，，
故是首项为4，公差为2的等差数列，则，
则
，
所以，故，
又，当时，，
当时，，
所以.
故选：D．
8．设为坐标原点，为双曲线的两个焦点，为双曲线的两条渐近线，垂直于的延长线交于，若，则双曲线的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】数形结合，通过题意已知条件可求得点到直线的距离的值，通过勾股定理可求得，再联立直线与解方程组可得点坐标，从而列出的表达式，由计算可得关系，从而可求离心率.
【详解】
双曲线的渐近线方程为：，不妨令，
因为直线垂直，则，故，又，
则点到直线的距离为=，所以，
，又，可知直线的方程为：，与联立方程组可得：
，则 ，解得 ，故,
由,则,
中，由勾股定理可得:
,
故；
又,则，即，
因为的延长线交于，此时点的纵坐标大于0，即，故，所以 ，
所以化简得.则，
故，则.
故选：B.
【点睛】思路点睛：本题考查的是双曲线的几何性质，以及直线和双曲线的位置关系，综合性强，主要是渐近线与离心率的综合应用，计算量大解答时要明确解题思路，关键是联立方程进行计算十分繁杂，要特别注意准确性.
二、多选题
9．下列命题中正确的是（ ）
A．若是空间任意四点，则有
B．在空间直角坐标系中，已知点，点P关于坐标原点对称点的坐标为
C．若对空间中任意一点O，有，则P，A，B，C四点共面
D．任意空间向量满足
【答案】ABC
【分析】对于A，结合向量的线性运算，即可求解；对于B，结合空间点对称的性质，即可求解；对于C，结合空间向量的基本定理，即可求解；对于D，结合空间向量的数量积运算法则，即可求解．
【详解】，，，是空间任意四点，
则，故A正确；
点,2,，点关于坐标原点对称点的坐标为,,，故B正确；
，满足，
故,,,四点共面，故C正确；
表示与共线的向量，表示与共线的向量，二者不一定相等，故D错误．
故选：ABC．
10．已知数列，满足，为的前n项和，且，则（ ）
A．B．
C．是等差数列D．取得最大值16
【答案】ABC
【分析】根据题意和等差数列的定义和前n项求和公式以及它的函数特征，依次判断选项即可.
【详解】对A：由题意，，，
则数列为等差数列，，，即，则，
则，故A正确；
对B：由选项A可知，则，故B正确；
对C：由选项B可知，则，
所以数列为等差数列，故C正确；
对D：，为关于n的二次函数，是一条开口向下，对称轴为的抛物线，
，故当或时，取得最大值56，故D错误.
故选：ABC.
11．大衍数列来源于《乾坤谱》中对易传“大衍之数五十”的推论，主要用于解释中国传统文化中的太极衍生原理，数列中的每一项都代表太极衍生过程.已知大衍数列满足，，则（ ）
A．B．
C．D．数列的前项和为
【答案】BCD
【分析】直接由递推公式求出即可判断A选项；分为奇数或偶数即可判断B选项；分为奇数或偶数结合累加法即可判断C选项；由分组求和法即可判断D选项.
【详解】对于A，，A错误；
对于B，当为奇数时，为偶数，则，，可得；
当为偶数时，为奇数，则，，可得，B正确；
对于C，当为奇数且时，
累加可得
，时也符合；
当为偶数且时，
累加可得
；则，C正确；
对于D，设数列的前项和为，则，
又，，D正确.
故选：BCD.
【点睛】本题的关键点在于利用题目中的递推关系式，分为奇数或偶数两种情况来考虑，同时借助累加法即可求出通项，再结合分组求和法以及等差数列求和公式即可求得前项和，使问题得以解决.
12．如图所示，在棱长为的正方体中，则下列命题中正确的是（ ）
A．若点在侧面所在的平面上运动，它到直线的距离与到直线的距离之比为2，则动点的轨迹是圆
B．若点在侧面所在的平面上运动，它到直线的距离与到面的距离之比为2，则动点的轨迹是椭圆
C．若点在侧面所在的平面上运动，它到直线的距离与到直线的距离相等，则动点的轨迹是抛物线
D．若点是线段的中点，分别是直线上的动点，则的最小值是
【答案】ACD
【分析】对于选项A，建立如图所示的直角坐标系，由题得，代入坐标化简即得解；对于选项B，代入坐标化简即得解；对于选项C，代入坐标化简即得解；对于选项D，对任意的点，固定点时，当时，最小，即最小，把平面翻起来，使之和平面在同一个平面，当时，最小，即得解.
【详解】对于选项A，建立如图所示的直角坐标系，则设因为平面, 所以,所以点到直线的距离就是,同理点到直线的距离就是.所以,所以，所以，它表示圆，所以该选项正确；
对于选项B，过点作,垂足为,因为平面平面，则点到平面的距离就是.所以,因为，所以，所以动点的轨迹是双曲线，所以该选项错误；
对于选项C，点到直线的距离就是.所以，所以，所以动点的轨迹是抛物线，所以该选项正确；
对于选项D，对任意的点，固定点时，过点作平面，垂足为，连接，当时，最小，此时平面, 所以, 由于. 所以，所以. 如下图，把平面翻起来，使之和平面在同一个平面，当时，最小，此时.故该选项正确.
故选：ACD
三、填空题
13．若焦点在x轴上的椭圆的焦距为4，则 ．
【答案】4
【分析】根据椭圆中基本量的关系得到关于m的方程，解方程得到m的值.
【详解】因为椭圆的焦点在x轴上且焦距为4，
所以，
解得.
故答案为：4.
14．已知圆与圆的公共弦所在直线恒过点，则点坐标为 .
【答案】
【分析】两圆方程作差得到公共弦方程，再求出定点坐标.
【详解】圆与圆的公共弦方程为，
即，令，解得，
所以公共弦所在直线恒过点.
故答案为：
15．在“全面脱贫”行动中，贫困户小王2020年1月初向银行借了扶贫免息贷款10000元，用于自己开设的农产品土特产品加工厂的原材料进货，因产品质优价廉，上市后供不应求，据测算每月获得的利润是该月月初投入资金的20%，每月月底需缴纳房租600元和水电费400元，余款作为资金全部用于再进货，如此继续.预计2020年小王的农产品加工厂的年利润为 元.（取，）
【答案】40000
【分析】设一月月底小王手中有现款为元，月月底小王手中有现款为，月月底小王手中有现款为，根据题意可知，整理得出，所以数列是以6000为首项，1.2为公比的等比数列，求得元，减去成本得到结果.
【详解】设一月月底小王手中有现款为元，
月月底小王手中有现款为，月月底小王手中有现款为，
则，即，
所以数列是以6000为首项，1.2为公比的等比数列，
，即元.
年利润为元.
故答案为：40000.
【点睛】该题考查的是有关数列应用的问题，涉及到的知识点有等比数列的通项公式，属于简单题目.
16．如图，曲线y2＝x（y≥0）上的点P1与x轴的正半轴上的点Qi及原点O构成一系列正三角形，△OP1Q1，△Q1P2Q2，…，△Qn﹣1PnQn…设正三角形Qn﹣1PnQn的边长为an，n∈N*（记Q0为O），Qn（Sn，0）.数列{an}的通项公式an＝ .
【答案】.
【解析】由是边长为的正三角形，得的坐标，再将其坐标代入中，可求出的值， 又由于每一个三角形都为正三角形，从而可得，再将点的坐标代入中，可得，再由求出，所以数列为等差数列，从而可求得.
【详解】由条件可得△P1OQ1为正三角形，且边长为，
∴，在曲线上，代入（）中，得，
∵＞0，∴，根据题意得点，
代入曲线（）并整理，得.
当，时，，
即.
∵，∴，
当＝1时，，∴或（舍）
∴，故
∴数列是首项为，公差为的等差数列，∴an.
故答案为：.
【点睛】此题考查求解等差数列通项公式的方法，考查了数形结合思想和方程思想，属于难题.
四、解答题
17．已知等差数列中，前项和为，已知，.
(1)求；
(2)设，求数列的前项和.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）求出首项与公差，再根据等差数列的前项和公式即可得解；
（2）利用裂项相消法求解即可.
【详解】（1）设公差为，
由，，
得，解得，
所以，
故；
（2）由（1）得，
所以.
18．已知直线经过点.
(1)若直线到原点的距离为1，求直线的方程；
(2)若直线与轴､轴的正半轴分别交于两点，求的最小值，并求此时直线的方程.
【答案】(1)或
(2)4，
【分析】（1）分斜率存在与不存在两种情况讨论，利用条件建立方程即可求出结果；
（2）设出直线方程，令，得到，令，得到，从而得到，再利用基本不等式即可求出结果.
【详解】（1）因为直线经过点，
当直线斜率不存在时，直线方程为，此时，直线到原点的距离为1，满足题意，
当直线斜率存在时，设直线方程为，即，
因为直线到原点的距离为1，所以，解得，此时，直线为
所以直线的方程为或.
（2）由题意知，直线斜率存在且不为0，设直线方程为，
令，得到，令，得到，
由题知，，得到，
，
当且仅当，即时取等号，此时直线方程为.
19．已知圆M经过点F（2，0），且与直线x =- 2相切.
(1)求圆心M的轨迹C的方程；
(2)过点（ -1，0）的直线l与曲线C交于A，B两点，若，求直线l的斜率k的取值范围.
【答案】(1)；
(2).
【分析】(1)设圆心，轨迹两点的距离公式列出方程，整理方程即可；
(2)设直线l的方程和点A、B的坐标，直线方程联立抛物线方程，消去x得出关于y的一元二次方程，结合根的判别式和韦达定理表示出弦，进而列出不等式，解之即可.
【详解】（1）设圆心，由题意知，
，
整理，得，
即圆心M的轨迹C方程为：；
（2）由题意知，过点(-1，0)的直线l与抛物线C相交于点A、B，
所以直线l的斜率存在且不为0，
设直线，点，
则，消去x，得，
或，
，同理可得，
所以，
即，由，得，
解得，
综上，或，
所以或，
即直线l的斜率的取值范围为.
20．如图，在多面体中，平面平面，四边形为菱形，，底面为直角梯形，，，，．
(1)证明：；
(2)在上是否存在点，使得平面与平面夹角的余弦值为，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，
【分析】（1）利用面面垂直的性质定理，线面垂直的判断定理和性质定理，即可证明线线垂直；
（2）利用垂直关系，以点为原点，建立空间直角坐标系，分别求平面和平面的法向量，根据二面角的余弦值，结合法向量的夹角公式，即可求解.
【详解】（1）证明：
如图，连接，因为四边形为菱形，则，
因为四边形为梯形，，则，
因为平面平面，平面平面，
平面，所以平面，又因为平面，
所以，因为平面，
所以平面，因为平面，所以.
（2）取的中点为，连接，则
因为平面平面，平面平面，
平面，
所以平面，如图，以为原点，过点做的平行线为轴，所在直线为轴，轴建立空间直角坐标系如图所示：

则，，，，，
所以，设，
则，，
设平面的法向量为，
则，
令，则，，所以，
由题意平面的法向量，
所以，解得，
此时.
21．已知数列满足，，，数列满足，，．
(1)求数列和的通项公式；
(2)设数列满足，数列的前n项和为，不等式对一切恒成立，求实数的取值范围．
【答案】(1)，，，
(2)
【分析】（1）将中的n换为n−1，两式相减，结合常数列分析可得，根据等比数列的定义和通项公式可得；
（2）由数列的错位相减法求和，可得，再由不等式恒成立思想和数列的单调性求得最值，可得所求范围.
【详解】（1）因为，
当时，，解得；
当时，可得，
作差得，即；
且，满足，
所以为常数列，即，则，，
由题意可知：数列是以首项为2，公比为2的等比数列，则，
（2）由（1）可知：数列满足，
数列的前n项和，
则，
两式相减得，
所以，
不等式化为，
可知数列为递增数列，则有：
若n为偶数，，取，可得；
若n奇数，，取，可得；
综上所述：实数的取值范围是．
22．对于数列，规定数列为数列的一阶差分数列，其中．
(1)已知数列的通项公式为，数列的前n项和为．
①求；
②记数列的前n项和为，数列的前n项和为，且，求实数的值．
(2)北宋数学家沈括对于上底有ab个，下底有cd个，共有n层的堆积物（堆积方式如图），提出可以用公式求出物体的总数，这就是所谓的“隙积术”．试证明上述求和公式．
【答案】(1)① ；②；
(2)证明见解析.
【分析】（1）根据一阶差分数列的定义，由数列的通项公式表示出数列的通项，再用类似于裂项相消的方法求前n项和，由的算式，找到与，的关系，解出的值.
（2）根据图形的结构特征，构造数列通项，利用（1）中的方法和结论，求前n项和，经验证与结论相同.
【详解】（1）①由题意，，
所以， ，
即 .
②由题意知，，
所 ，
即，所以；
（2）证明：设数列的通项公式为，
则由题意知，需证明的公式中，S即为数列的前n项和，即为数列的第n项， 且，．
又 ，
且，
由（1）知 ，
所以， ，
所以 ，
又，，
则
，
所以 成立.
【点睛】1.使用裂项法求和时，要注意正负项相消时消去了哪些项，保留了哪些项，切不可漏写未被消去的项，未被消去的项有前后对称的特点，实质上造成正负相消是此法的根源与目的．
2.使用求和符号时，要注意展开时的化简，会用到等差或等比数列的求和公式.