2023-2024学年河南省郑州市郑州外国语学校高二上学期第二次月考数学试题含答案

这是一份2023-2024学年河南省郑州市郑州外国语学校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．向量，，，则（ ）
A．9B．3C．1D．
【答案】A
【分析】根据先求解出的值，然后表示出的坐标，结合坐标下的模长计算公式求解出结果.
【详解】因为，所以，解得，
则，所以.
故选：A.
2．已知数列是等差数列，是其前项和.若，，则的值是（ ）
A．1B．C．D．
【答案】C
【分析】求得等差数列的首项和公差，由此求得.
【详解】设等差数列的公差为，
则，
解得，所以.
故选：C
3．已知是抛物线的焦点，点在抛物线上，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】先求得和焦点，然后求得.
【详解】将代入得，则，
抛物线，即，，
所以焦点，所以.
故选：D
4．作圆上一点处的切线，直线与直线平行，则直线与的距离为（ ）
A．4B．2C．D．
【答案】A
【分析】判断点在圆上，求出直线的斜率，确定出切线的斜率，求出的方程，得出，根据直线与直线平行，利用平行线的距离公式求出与的距离即可.
【详解】将点代入圆的方程：，所以点在圆上，
因为：圆心，所以直线的斜率：，
所以：切线的斜率为：，的方程为：，即：，
又因为：直线与直线平行，
所以：.
所以：直线与直线的距离：，故A项正确.
故选：A.
5．已知数列通项公式为，若对任意，都有，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据数列的单调性，即可根据对恒成立，以及求解.
【详解】当时，恒成立，
所以对恒成立，故，
又当时，为单调递增的数列，
故要使对任意，都有，则，即，
解得，
综上可得，
故选:C
6．已知，是双曲线：的左、右焦点，椭圆与双曲线的焦点相同，与在第一象限的交点为P，若的中点在双曲线的渐近线上，且，则椭圆的离心率是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】利用椭圆和双曲线的定义表示出，利用中位线定理找到,的关系，再结合，借助勾股定理进行运算即可.
【详解】根据题意:设，设椭圆长半轴长为，短半轴长为，双曲线实半轴长为，虚半轴长为，则由椭圆及双曲线定义可得：，
又因为，且分别为，的中点，所以,
所以到渐近线的距离为，
所以，，结合，可得：①
因为，所以即，
整理得：，将①代入，，所以.
故选：C.
7．《九章算术》是我国古代的数学名著，书中将底面为矩形，且有一条侧棱垂直于底面的四棱锥称为阳马.如图，在阳马中，平面，底面是正方形，与交于点分别为的中点，点满足，若平面，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】利用空间向量的坐标运算求解.
【详解】因为平面平面，所以，
又底面是正方形，所以，则两两垂直，
以点为坐标原点，的方向分别为轴的正方向建立空间直角坐标系，
则，，
所以.
设平面的法向量为，
则，
令，得.
设，因为
平面，所以，
即，解得，
故，所以.
故选:B.
8．数学美的表现形式多种多样，我们称离心率（其中）的椭圆为黄金椭圆，现有一个黄金椭圆方程为，若以原点为圆心，短轴长为直径作为黄金椭圆上除顶点外任意一点，过作的两条切线，切点分别为，直线与轴分别交于两点，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据题意O、A、P、B四点在以OP为直径的圆上，可设点P坐标为，从而得出四点所在圆的方程为，利用两圆方程之差求得切点A、B所在直线方程，进而求得M、N两点坐标即可解决本题.
【详解】依题意有OAPB四点共圆，设点P坐标为，则该圆的方程为：，
将两圆方程：与相减，得切点所在直线方程为
，解得，因为，所以
故选：A
二、多选题
9．已知方程表示的曲线为C，则下列四个结论中正确的是（ ）
A．当时，曲线C是椭圆
B．当或时，曲线C是双曲线
C．若曲线C是焦点在x轴上的椭圆，则
D．若曲线C是焦点在y轴上的双曲线，则
【答案】BCD
【分析】利用椭圆以及双曲线的标准方程的特征可逐一判断各选项.
【详解】A选项，曲线是椭圆等价于，解得且，故A错误；
B选项，曲线是双曲线等价于，解得或，故B正确；
C选项，若曲线是焦点在轴上的椭圆，则，解得，故C正确；
D选项，若曲线是焦点在轴上的双曲线，则，解得，故D正确.
故选：BCD.
10．关于空间向量，以下说法正确的是（ ）
A．若空间向量，，则在上的投影向量为
B．若对空间中任意一点O，有，则P，A，B，C四点共面
C．若空间向量，满足，则与夹角为锐角
D．若直线l的方向向量为，平面的一个法向量为，则
【答案】ABD
【分析】A投影向量定义求在上的投影向量；B由空间向量共面的推论判断；C由，同向共线即可判断；D由即可判断.
【详解】A：在上的投影向量为，对；
B：在中，故P，A，B，C四点共面，对；
C：当，同向共线时也成立，但与夹角不为锐角，错；
D：由，即，故，对.
故选：ABD
11．已知圆和圆，下列说法正确的是（ ）
A．两圆有两条公切线
B．两圆的公共弦所在的直线方程为
C．点在圆上，点在圆上，的最大值为
D．圆上有2个点到直线的距离为
【答案】ACD
【分析】由两圆的位置关系可判断A，将两圆的方程作差可判断B，转化为圆心间的距离可判断C，根据点到直线的距离判断D.
【详解】对于A，由圆得..，
圆心，半径为1，则，
故两圆相交，故两圆有两条公切线，故A正确；
对于B，因为圆，圆，
将两圆的方程作差得即，
所以直线的方程为，故B不正确；
对于C，由圆得圆心，半径为1，
由圆得圆心为，半径为2，
所以，故C正确；
对于D，圆心到直线的距离，
而圆的半径为，显然，
故只有一条与平行且距离为的直线与圆相交，
故圆上有2个点到直线的距离为，故D正确.
故选：ACD.
12．双曲线C：的左、右焦点分别为，过点的直线与双曲线右支交于A、B两点，和内切圆半径分别为和，则（ ）
A．双曲线C的渐近线方程为
B．面积的最小值为15
C．和的内切圆圆心的连线与x轴垂直
D．为定值
【答案】BCD
【分析】A：根据定义和双曲线性质得渐近线方程为；
B：，联立方程，找到面积的表达式，函数解析式找到最小值，在垂直时取到；
CD:画图，设圆切、、分别于点、、，推导出点、、的横坐标为，证得轴，，可得出，得证；
【详解】
选项:双曲线的渐近线方程为化简成一般式为 ，错误；
选项：设则；
设过点的直线为l显然与轴不垂直，设：，，，
联立，
故，，
由于A，均在双曲线右支，故
，
解得，带入得：
，
代入韦达定理得，
令，则，
易知随的增大而减小，则当时，，
综上：的面积的最小值为15，正确；
选项:（如图所示） 过的直线与双曲线的右支交于、两点，
由切线长定理可得，，，
所以
，则，所以点的横坐标为.
故点的横坐标也为，同理可知点的横坐标为，故轴，正确；
选项：由C可知圆和圆均与轴相切于，圆和圆两圆外切.
在中，，，
，，
所以，，所以，，则，
所以，即，正确；
故答案为：BCD
【点睛】方法点睛：双曲线中的面积最值问题的处理方法：设出直线方程，设出交点坐标，，直线方程代入双曲线方程后应用韦达定理得，可根据交点情况得出参数范围，利用点的坐标求出面积，代入韦达定理的结果后面积可化为所设参数的函数，从而再利用函数知识、不等式知识求得最值．
三、填空题
13．已知等差数列的前项和分别为，且，则 ．
【答案】
【分析】根据给定条件，利用等差数列性质及前项和公式计算即得.
【详解】等差数列的前项和分别为，且，
所以.
故答案为：
14．已知点，直线l过点，且l的一个方向向量为则点P到直线l的距离为 .
【答案】
【分析】利用空间中点到直线的距离公式计算
【详解】易知，所以点P到直线l的距离为.
故答案为：
15．已知、为椭圆的左、右焦点，点为该椭圆上一点，且满足，若的外接圆面积是其内切圆面积的64倍，则该椭圆的离心率为 .
【答案】/
【分析】根据椭圆定义并利用余弦定理可得，再根据正弦定理可知外接圆半径，由等面积法可知内切圆半径，再根据面积比即可计算出离心率.
【详解】根据题意画出图象如下图所示：

利用椭圆定义可知，且；
又，利用余弦定理可知：
，
化简可得；
所以的面积为；
设的外接圆半径为，内切圆半径为；
由正弦定理可得，可得；
易知的周长为，
利用等面积法可知，解得；
又的外接圆面积是其内切圆面积的64倍，即，
所以，即可得，所以；
离心率.
故答案为：.
【点睛】方法点睛：求解椭圆焦点三角形外接圆与内切圆半径问题，通常利用正弦定理计算外接圆半径，由等面积法公式可计算出内切圆半径，即可实现问题求解.
16．瑞士著名数学家欧拉在1765年提出定理：三角形的外心、重心、垂心位于同一直线上．这条直线被后人称为三角形的“欧拉线”．在平面直角坐标系中作，，点，点，过其“欧拉线”上一点作圆：的两条切线，切点分别为、，则的最小值为 ．
【答案】
【分析】首先求出“欧拉线”方程，设到距离为，由锐角三角函数得到，利用点到直线的距离求出的最小值，即可求出的最大值，从而求出的最小值.
【详解】因为，所以边上的高线，中线，中垂线为一条，
设中点为，则即为“欧拉线”．
由，点，得，
又，所以，
所以直线，化简得．
圆：的半径，
因为，设到距离为，即．
设，则在中，，在中，
所以，所以，
当时，最小，即最小值，所以最大值为．
又，当最大时最小，
所以最小值为．
故答案为：
四、解答题
17．已知直线恒过定点且分别交轴､轴的正半轴于两点.
(1)求过定点且与直线垂直的直线的方程；
(2)求当面积最小时，直线的方程.
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）由已知直线确定其所过定点，再由垂直关系确定斜率，应用点斜式写出所求直线；
（2）设直线的方程为，应用基本不等式及面积公式求最小面积对应参数值，即可得直线方程.
【详解】（1）直线，则，
由，得，故直线恒过定点.
又直线与直线垂直，故，
所以直线的方程为，即.
（2）设直线的方程为，则，
又，即，当且仅当时取等号，.
当面积最小时，直线的方程为，即.
18．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
【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，结合弦心距的求解过程即可得出结果.
【详解】（1）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.
（2）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.
19．已知抛物线（）的焦点为F，的顶点都在抛物线上，满足．
(1)求的值；
(2)设直线AB、直线BC、直线AC的斜率分别为，，，若实数满足：上，求的值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据向量和可知，再利用抛物线定义即可得解；
（2）根据及斜率公式化简即可得解.
【详解】（1）设，，
因为，
所以，，
即，
由抛物线定义知，，
，，
所以.
（2）由（1）知，．
∵，
同理，
∴，
，解得.
20．已知数列的前项和为，且.
(1)求的通项公式；
(2)若，求数列的前项和.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由方程组法得，然后再根据求通项公式即可；
（2）先根据（1）求出，然后利用等差数列求和公式求解即可.
【详解】（1）当时，.
当时，由，
得，
则，
因为满足，所以.
当时，.
因为满足，所以.
（2）由（1）可知，，
则是以7为首项，2为公差的等差数列，所以.
21．如图，在四棱锥中，平面，四边形是直角梯形，，，.
(1)求二面角的余弦值；
(2)设是棱上一点，是的中点，若与平面所成角的正弦值为，求线段的长.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得二面角的余弦值；
（2）设，其中，利用空间向量法可得出关于实数的等式，结合的取值范围可求得的值，即可求得的长.
【详解】（1）解：因为平面，四边形是直角梯形，，
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，
则、、、、、，
设平面的法向量为，，，
则，取，可得，
易知平面的一个法向量为，，
由图可知，二面角的平面角为锐角，
因此，二面角的余弦值为.
（2）解：设，其中，，
，易知平面的一个法向量为，
由题意可得.
整理可得，，解得，所以，.
22．已知点在曲线上，为坐标原点，若点满足，记动点的轨迹为.
(1)求的方程；
(2)设的右焦点为，过点且斜率不为0的直线交椭圆于两点，若与轴垂直，且是与在第一象限的交点，记直线与直线的斜率分别为，当时，求的面积.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）设，根据，把点的坐标用点的坐标表示，再代入曲线即可得解；
（2）设直线的方程为，联立方程，利用韦达定理求出，再结合可求出，即可得直线的方程，进而可求出三角形的面积.
【详解】（1）设，因为点在曲线上，
所以，
因为，所以，
代入可得，
即，即的方程为；
（2）由（1）知，的右焦点为，
令，则，解得，所以，
据题意设直线的方程为，
则，
于是由得，
化简得，
由，消去整理，得，
，
由根与系数的关系得，
代入式得：，解得，
所以直线的方程为，
方法一：，
所以，
点到直线的距离，
所以.
方法二：由题意可知，
代入消去，
得，
所以，
所以.
【点睛】方法点睛：求动点的轨迹方程有如下几种方法：
（1）直译法：直接将条件翻译成等式，整理化简后即得动点的轨迹方程；
（2）定义法：如果能确定动点的轨迹满足某种已知曲线的定义，则可利用曲线的定义写出方程；
（3）相关点法：用动点的坐标、表示相关点的坐标、，然后代入点的坐标所满足的曲线方程，整理化简可得出动点的轨迹方程；
（4）参数法：当动点坐标、之间的直接关系难以找到时，往往先寻找、与某一参数得到方程，即为动点的轨迹方程；
（5）交轨法：将两动曲线方程中的参数消去，得到不含参数的方程，即为两动曲线交点的轨迹方程.