重庆市第七中学2023-2024学年高二上学期第四次月考数学试题（Word版附解析）

这是一份重庆市第七中学2023-2024学年高二上学期第四次月考数学试题（Word版附解析），共26页。试卷主要包含了二册），多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
满分150分 考试时间120分钟
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. 已知空间三点，，，若向量与的夹角为60°，则实数（ ）
A. 1B. 2C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】直接由空间向量的夹角公式计算即可
【详解】，，，
，
由题意有
即，
整理得，
解得
故选：B
2. 已知直线过定点，则点关于对称点的坐标为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
根据直线方程得到定点A的坐标，设其关于的对称点坐标，列出方程组，解之即可.
【详解】直线即，故，
设点关于的对称点坐标为．
则解得．
点关于的对称点坐标为．
故选：A．
3. 在正方体中，有下列命题：①；②；③与的夹角为.其中正确命题的个数是（ ）
A. 0个B. 1个C. 2个D. 3个
【答案】C
【解析】
【分析】根据正方体的性质，结合空间向量线性运算性质、数量积的运算性质、线面垂直的判定定理、共线向量的性质逐一判断即可.
详解】①由及正方体棱长与体对角线关系，故，①正确；
②，
而面，面，则，又，
，面，故面，
又面，故，则，②正确；

③设该正方体的棱长为，
，
所以，
因为两个向量的夹角的范围为，
所以与的夹角为，③不正确，
故选：C.
4. 圆与圆交点为A，B，则线段AB的垂直平分线的方程是
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】圆的圆心为，圆的圆心为，两圆的相交弦的垂直平分线即为直线，其方程为，即；故选A.
【点睛】本题考查圆的一般方程、两圆的相交弦问题；处理直线和圆、圆和圆的位置关系时，往往结合平面几何知识（如本题中，求两圆的相交弦的垂直平分线的方程即为经过两圆的圆心的直线方程）可减小运算量.
5. 已知椭圆的两个焦点为，为椭圆上一点，.若的内切圆面积为，则椭圆的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
计算得到，，化简得到，解得答案.
【详解】根据勾股定理得到：，即；
的内切圆面积为，故.
根据等面积法得到：，故.
故，即，解得或（舍去）.
故选：
【点睛】本题考查了椭圆离心率的计算，意在考查学生的综合应用能力.
6. 已知F为抛物线C：y2=4x的焦点，过F作两条互相垂直的直线l1，l2，直线l1与C交于A、B两点，直线l2与C交于D、E两点，则|AB|+|DE|的最小值为
A. 16B. 14C. 12D. 10
【答案】A
【解析】
【详解】设，直线的方程为，联立方程，得，∴，同理直线与抛物线的交点满足，由抛物线定义可知
，当且仅当（或）时，取等号.
点睛:对于抛物线弦长问题，要重点抓住抛物线定义，到定点的距离要想到转化到准线上，另外，直线与抛物线联立，求判别式，利用根与系数的关系是通法，需要重点掌握.考查最值问题时要能想到用函数方法和基本不等式进行解决.此题还可以利用弦长的倾斜角表示，设直线的倾斜角为，则，则，所以
.
7. 已知数列的前项和为，且，若，则数列的最大项为（ ）
A. 第5项B. 第6项C. 第7项D. 第8项
【答案】D
【解析】
【分析】由先求出，从而得出，由讨论出其单调性，从而得出答案.
【详解】当时，；
由，当时，，
两式相减，可得，
解得，当时，也符合该式，故．
所以
由，解得；又，所以，所以，当时，，故，因此最大项为，
故选：D．
8. 设等差数列的前n项和为，若，则( )
A. 3B. 4C. 5D. 6
【答案】C
【解析】
【分析】由又，可得公差，从而可得结果.
【详解】是等差数列
又，
∴公差，
，故选C．
【点睛】本题主要考查等差数列的通项公式与求和公式的应用，意在考查灵活应用所学知识解答问题的能力，属于中档题.
二、多项选择题（本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，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. 在长方体中，，，动点在体对角线上（含端点），则下列结论正确的有（ ）
A. 当为中点时，为锐角
B. 存在点，使得平面
C. 的最小值
D. 顶点到平面的最大距离为
【答案】ABD
【解析】
【分析】如图，以点为原点建立空间直角坐标系，设，当为中点时，根据判断得符号即可判断A；当平面，则，则有，求出，即可判断B；当时，取得最小值，结合B即可判断C；利用向量法求出点到平面的距离，分析即可判断D.
【详解】解：如图，以点为原点建立空间直角坐标系，
设，
则，
则，故，
则，
，
对于A，当为中点时，
则，，
则，，
所以，
所以为锐角，故A正确；
当平面，
因为平面，所以，
则，解得，
故存在点，使得平面，故B正确；
对于C，当时，取得最小值，
由B得，此时，
则，，
所以，
即的最小值为，故C错误；
对于D，，
设平面的法向量，
则有，
可取，
则点到平面的距离为，
当时，点到平面的距离为0，
当时，
，
当且仅当时，取等号，
所以点到平面的最大距离为，故D正确.
故选：ABD.
【点睛】
10. 已知点在圆上，点、，则（ ）
A. 点到直线的距离小于
B. 点到直线的距离大于
C. 当最小时，
D. 当最大时，
【答案】ACD
【解析】
【分析】计算出圆心到直线的距离，可得出点到直线的距离的取值范围，可判断AB选项的正误；分析可知，当最大或最小时，与圆相切，利用勾股定理可判断CD选项的正误.
【详解】圆的圆心为，半径为，
直线的方程为，即，
圆心到直线的距离为，
所以，点到直线的距离的最小值为，最大值为，A选项正确，B选项错误；
如下图所示：
当最大或最小时，与圆相切，连接、，可知，
，，由勾股定理可得，CD选项正确.
故选：ACD.
【点睛】结论点睛：若直线与半径为的圆相离，圆心到直线的距离为，则圆上一点到直线的距离的取值范围是.
11. 设首项为1的数列的前项和为，若，则下列结论正确的是（ ）
A. 数列为等比数列
B. 数列的通项公式为
C. 数列为等比数列
D. 数列的前n项和为
【答案】AD
【解析】
【分析】由条件找到可判断A正确，由A可求得的通项公式，利用分组求和可得D正确，由的通项公式可求得的通项公式，进而可确定CD错误.
【详解】
又
数列是首项公比都为的等比数列，故选项A正确.
又
所以数列的前和为，故选项D正确.
又因为，
当，
当，，
故选项B错误.
所以数列不是等比数列.故选项C错误.
故选：AD
12. 过抛物线的焦点F的直线与抛物线交于，两点，点在抛物线准线上的射影分别为交准线于点M(O为坐标原点)，则下列说法正确的是（ ）
A B.
C. 直线轴D. 的最小值是
【答案】BCD
【解析】
【分析】选项A设直线方程代入抛物线方程中化简写出韦达定理，
再利用向量数量积的坐标表示运算即可；选项C利用
三点共线找出关系式来说明即可；选项B利用数量积即可说明；
选项D设直线的倾斜角为，则表示出利用函数的
性质求出最值即可.
【详解】由题意可知，抛物线的焦点F的坐标为，
准线方程为，易知直线的斜率不为0，
设直线的方程为，
代入，得，
所以，
则，所以，
所以A不正确，
因为三点共线，
所以，所以，
又，所以
所以直线轴，所以C正确，
由题意可得的坐标分别为，
所以，
所以，所以B正确；
设直线的倾斜角为，则，
所以，
当且仅当轴时取等号，所以D正确，
故选：BCD.
三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）
13. 如图，在和中，是的中点，，，，若，则与的夹角的余弦值等于__________．
【答案】
【解析】
【分析】由题意可得，由此求得，由 以及两个向量的加减法的法则及其几何意义可求得 ，由数量积的定义即可得到结果.
【详解】由题意可得 ，
∴.
由，可得

.
∴，即，
∴，故答案为.
【点睛】本题主要考查两个向量的加减法的法则，以及其几何意义，两个向量的数量积的定义、以及运算性质，属于中档题．
14. 高斯函数也称为取整函数，其中表示不超过x的最大整数，例如．已知数列满足，，设数列的前n项和为，则______．
【答案】2021
【解析】
【分析】首先利用裂项得到再化简，利用裂项相消求和，再利用高斯函数的定义，即可求解.
【详解】因为，所以，
所以．
因为，
所以，所以，
所以，
故．
故答案为：
15. 设为椭圆的两个焦点，为上一点且在第一象限.若为等腰三角形，则的坐标为___________.
【答案】
【解析】
【分析】根据椭圆的定义分别求出，设出的坐标，结合三角形面积可求出的坐标.
【详解】由已知可得，
又为上一点且在第一象限,为等腰三角形，
．∴．
设点的坐标为，则，
又，解得，
，解得（舍去），
的坐标为．
【点睛】本题考查椭圆标准方程及其简单性质，考查数形结合思想、转化与化归的能力，很好的落实了直观想象、逻辑推理等数学素养．
16. 已知双曲线C：过点，则其方程为________，设，分别为双曲线C的左右焦点，E为右顶点，过的直线与双曲线C的右支交于A，B两点（其中点A在第一象限），设M，N分别为，的内心，则的取值范围是________．
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】①将点代入方程中求出，即可得答案；②据圆的切线长定理和双曲线的定义可推得，的内切圆与轴切于双曲线的右顶点，设直线的倾斜角为，可用表示，根据两点都在右支上得到的范围，利用的范围可求得的取值范围
【详解】①由双曲线C：过点，所以
所以方程为
②如图：
设的内切圆与分别切于，
所以，
所以，
又，所以，
又，所以与重合，所以的横坐标为，同理可得的横坐标也为，
设直线的倾斜角为.则，，
，
当时，，
当时，由题知，...
因为两点在双曲线的右支上，∴，且，所以或，
∴.且，，
综上所述，.
故①答案为：;
【点睛】关键点点睛：第一问相对简单，代点求出即可；第二问难度较大，主要根据圆的切线长定理和双曲线的定义推出，的内切圆与轴同时切于双曲线的右顶点,并将用直线的倾斜角表示出来是解题关键.
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. 已知数列的前项和满足：.
（1）求的通项公式；
（2）设，求数列的前项和.
【答案】（1）；（2）.
【解析】
【分析】
（1）利用，及确定数列是等比数列，从而可得通项公式；
（2）用分组求和法求和．
【详解】解：（1）当时，，得.
当时，由，①
得，②
①-②，得，又，∴，∴，
∴是等比数列，∴
（2）由，则，
则
．
【点睛】本题考查求等比数列的通项公式，分组（并项）求和法求和．数列求和的常用方法：
（1）公式法：（2）错位相减法；（3）裂项相消法；（4）分组（并项）求和法；（5）倒序相加法．
18. 如图，在棱长为1的正方体中，E为线段的中点，F为线段的中点.
（1）求直线与直线的所成角的余弦值；
（2）求点到平面的距离.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量法求得直线与直线的所成角的余弦值.
（2）利用向量法求得点到平面的距离.
【小问1详解】
建立如图所示空间直角坐标系，
，
设直线与直线的所成角为，
所以
【小问2详解】
，
，
设平面的法向量为，
，故可设.
设到平面的距离为，
则.
19. 已知椭圆C：（）的左，右焦点分别为，，上，下顶点分别为A，B，四边形的面积和周长分别为2和.
（1）求椭圆C的方程；
（2）若直线l：（）与椭圆C交于E，F两点，线段EF的中垂线交y轴于M点，且为直角三角形，求直线l的方程.
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）由已知可得，结合的关系可求解；
（2）联立直线与椭圆的方程，结合韦达定理可求出EF的中点，进而求得其中垂线方程，求出坐标，分析已知可得，代入即可求解.
【小问1详解】
由题意知，解得
故椭圆的方程为
【小问2详解】
设
联立，整理得
由韦达定理得，
，，
所以线段EF的中垂线方程为，
令，解得，
，，
又为直角三角形，且，
，即
所以直线l的方程或
20. 如图，三棱锥中，平面
，，．分别为线段上的点，且．
(1)证明：平面；
(2)求二面角的余弦值．
【答案】（1）见解析；（2）
【解析】
【详解】试题分析：（1）要证线面垂直，就是要证线线垂直，题中由平面，可知，再分析已知由得，这样与垂直的两条直线都已找到，从而可得线面垂直；（2）求二面角的大小，可心根据定义作出二面角的平面角，求出这个平面角的大小，本题中，由于，平面，因此两两垂直，可以他们为轴建立空间直角坐标系，写出图中各点的坐标，求出平面和平面的法向量，向量的夹角与二面角相等或互补，由此可得结论．
试题解析：（1）证明：由PC平面ABC，DE平面ＡＢＣ，故PCDE
由CE＝２，CD=DE＝得ＣＤＥ为等腰直角三角形，故CDDE
由PCCD=C，DE垂直于平面PCD内两条相交直线，故DE平面PCD
（2）解：由（１）知，CDE为等腰直角三角形，DCE＝，如（１９）图，过点Ｄ作DF垂直CE于Ｆ，易知DF＝FC＝EF＝１，又已知EB＝１，
故FB＝２．
由ACB＝得DFAC，，故AC＝DF＝．
以Ｃ为坐标原点，分别以方程为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系，则Ｃ（0,0,0,），Ｐ（0,0,3），Ａ（,0,0）,Ｅ（0,2,0），Ｄ（1,1,0），
设平面的法向量，
由，，
得.
由（1）可知DE平面PCD，故平面PCD的法向量可取为,即.
从而法向量，的夹角的余弦值为，
故所求二面角A-PD-C的余弦值为.
考点：考查线面垂直，二面角．考查空间想象能力和推理能力．
21. 已知等比数列的前项和为，且，.
（1）求数列的通项公式；
（2）若，求数列及数列的前项和.
（3）设，求的前项和.
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【分析】(1)由及可得q的值，由可得的值，可得数列的通项公式；
（2）由（1）可得，由可得，可得=，由列项相消法可得的值；
（3）可得，可得的值.
【详解】解：（1）由题意得：，可得，，
由，可得，由，可得，可得，
可得;
(2)由，可得，
由，可得，可得，
可得的通项公式：=，
可得：
① -②得：=，
可得;
(3)由 可得
，
可得：=
==
【点睛】本题主要考查等差数列、等比数列的性质及数列的求和，综合性大，难度中等.
22. 已知椭圆经过点，其右焦点为.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）椭圆的右顶点为，若点在椭圆上，且满足直线与的斜率之积为，求面积的最大值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据椭圆过的点和右焦点，列方程组求出，则椭圆方程可求；
（2）设，与椭圆方程联立，消去，利用韦达定理计算，可得的关系，利用的关系表示出，利用二次函数的性质求出最值.
【小问1详解】
依题可得解得
所以椭圆的方程为；
【小问2详解】
易知直线与的斜率同号，所以直线不垂直于轴，
故可设，
由可得，，
所以，即，
而，即，
化简可得，
，
化简得，
所以或，
所以直线或，
因为直线不经过点，
所以直线经过定点.
所以直线的方程为，易知，
设定点
，
因为，且，
所以，所以，
设，
所以，
当且仅当，即时取等号，即面积的最大值为.
【点睛】方法点睛：在圆锥曲线中涉及到三角形面积的求解时，常常有三种求解三角形面积的方法：
（1）常规面积公式：底高；
（2）正弦面积公式：；
（3）铅锤水平面面积公式：
过轴上的定点：（为轴上定长）
过轴上的定点（为轴上定长）