2023-2024学年上海大学附中高二（下）月考数学试卷（含答案）

这是一份2023-2024学年上海大学附中高二（下）月考数学试卷（含答案），共8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。

1.已知a=(2,−1,4),b=(−1,5,−2),c=(1,4,λ)，若a、b、c三向量共面，则实数λ等于( )
A. 4B. 3C. 2D. 1
2.下列命题中正确的选项有( )个．
①已知数列{an}为等比数列，Sn为其前n项和，则Sn、S2n−Sn、S3n−S2n成等比数列
②已知数列{an}为等比数列，若n→∞liman存在，则n→∞liman=0
③平面上到两定点距离之和为定长的点的轨迹是椭圆
A. 0B. 1C. 2D. 3
3.若直线y=kx−1与曲线y= −x2+4x−3恰有两个公共点，则实数k的取值范围是( )
A. (43,+∞)B. [1,43)C. [1,43]D. (0,43)
4.已知数列{an}满足a1=4，an=4an−1−4an−1(n≥2,n∈N∗)，若bn=412−an⋅(nan−6)，且存在n∈N∗，使得4bn+m−6m2≥0成立，则实数m的取值范围是( )
A. [1− 972,1+ 972]B. [1− 37,1+ 37]
C. [0,16]D. [−13,12]
二、填空题：本题共12小题，共54分。
5.已知直线l的一个法向量是n=(1,− 3)，则此直线的倾斜角的大小为______．
6.双曲线x24−y2=1的两条渐近线的夹角的余弦值为______．
7.已知数列{an}的前n项和Sn=(−2)n+a，若数列{an}为等比数列，则a= ______．
8.计算i=1+∞(23)i= ______．
9.某产品经过4次革新后，成本由原来的200元下降到125元.如果这种产品每次革新后成本下降的百分比相同，那么每次革新后成本下降的百分比是______(结果精确到0.1%)．
10.若2x2+(m2+m)y2+2mx+m=0表示圆，则实数m的值为______．
11.在数列{an}中，已知a1=2，且an+1=an+2n+n，则a20= ______．
12.已知实数a，b，c成等差数列，则直线ax+by+c=0必过定点______．
13.在数学发展史上，已知各除数及其对应的余数，求适合条件的被除数，这类问题统称为剩余问题.1852年《孙子算经》中”物不知其数”问题的解法传至欧洲，在西方的数学史上将”物不知其数”问题的解法称之为“中国剩余定理”，“物不知其数”问题后经秦九韶推广，得到了一个普遍的解法，提升了“中国剩余定理”的高度.现有一个剩余问题：在[1,2024]的整数中，把被4除余数为1，被5除余数也为1的数，按照由小到大的顺序排列，得到数列{an}，则数列{an}的项数为______．
14.已知数列{an}的通项公式是an=1n(n+1)，其前n项的和为Sn.设bn=λ1−Sn+n2，若数列{bn}是严格增数列，则实数λ的取值范围是______．
15.已知双曲线E：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左，右焦点分别为F1，F2，过左焦点F1作直线l与双曲线交于A，B两点(B在第一象限)，若线段AB的中垂线经过点F2，且点F2到直线l的距离为 5a，则双曲线的离心率为______．
16.已知x轴上的点A1(1,0)、A2(5,0)、…、An(an,0)满足An+1An+2=12AnAn+1(n∈N∗)，射线y=x(x≥0)上的点B1(3,3)、B2(5,5)、…、Bn(bn、bn)满足|OBn+1|=|OBn|+2 2(n∈N∗)，记四边形AnAn+1Bn+1Bn(n∈N∗)的面积为Sn，且Sn∈[a,b](a，b∈R)恒成立，则区间长度b−a的最小值为______．
三、解答题：本题共5小题，共76分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题14分)
已知直线l1：ax+3y+1=0，l2：x+(a−2)y−1=0．
(Ⅰ)若l1⊥l2，求实数a的值；
(Ⅱ)当l1//l2时，求直线l1与l2之间的距离．
18.(本小题14分)
已知等差数列{an}的公差不为零，a1=25，且a1，a11，a13成等比数列．
(1)求{an}的通项公式；
(2)计算k=120a3k−2．
19.(本小题14分)
如图，四棱锥P−ABCD中，PA⊥平面ABCD，四边形ABCD是矩形，E、F分别是AB、PD的中点．若PA=AD=3，CD= 6．
(Ⅰ)求证：AF//平面PCE；
(Ⅱ) 求点F到平面PCE的距离；
(Ⅲ)求直线FC平面PCE所成角的正弦值．
20.(本小题16分)
已知数列{an}满足a1=1，nan+1=(n+1)an+n(n+1)．
(1)证明：数列{ann}为等差数列，并求出数列的通项公式；
(2)设数列{bn}满足bn=lnan+1an，Sn为数列{bn}的前n项和．
①求数列{bn}的前n项和Sn；
②若λ> aneSn在n∈N，n≥1上恒成立，求λ的取值范围．
21.(本小题18分)
已知椭圆Γ：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的焦距为2，且过点(1, 22)．
(1)求椭圆Γ的标准方程；
(2)A、B分别为椭圆Γ的上、下顶点，O为坐标原点，过椭圆Γ的左焦点F作直线l交椭圆Γ于C、D两点，与y轴交于M点．
①若点Q是线段CD的中点，求点Q的轨迹方程；
②设直线AD与直线BC交于点N，求证：OM⋅ON为定值．
参考答案
1.C
2.A
3.B
4.D
5.π6
6.35
7.−1
8.2
9.11.1%
10.−2
11.1048766
12.(1,−2)
13.102
14.(−3,+∞)
15. 142
16.3
17.解：(Ⅰ)∵直线l1：ax+3y+1=0，l2：x+(a−2)y−1=0．
若l1⊥l2，则a×1+3(a−2)=0，
解得实数a=32．
(Ⅱ)当l1//l2时，a1=3a−2≠1−1，
解得a=3，
∴直线l1：3x+3y+1=0，l2：x+y−1=0，即l2：3x+3y−3=0
∴直线l1与l2之间的距离：d=|−3−1| 9+9=2 23．
18.解：(1)设等差数列{an}的公差为d(d≠0)，
则a11=a1+10d，a13=a1+12d．
因为a1，a11，a13成等比数列，所以a112=a1⋅a13，
即(a1+10d)2=a1⋅(a1+12d)，a1=25代入，解得d=−2(d=0舍去)．
所以an=a1+(n−1)d=25+(n−1)(−2)=27−2n，
所以{an}的通项公式为an=27−2n；
(2)因为a3(n+1)−2−a3n−2=a3n+1−a3n−2=[27−2(3n+1)]−[27−2(3n−2)]=−6，
所以数列{a3n+1}(n正整数)是以25为首项，−6为公差的等差数列，
所以k=120a3k−2=a1+a4+a7+⋯+a58=20×25+202×19×(−6)=−640．
19.解：(Ⅰ)证明：在四棱锥P−ABCD中，设G为PC的中点，连接EG，FG，
∵F，G分别是PD，PC的中点，四边形ABCD是矩形，
∴FG/​/CD/​/AB，CD=AB，
又∵E为AB的中点，
∴AE=FG=12CD=12AB，
∴四边形AEGF为平行四边形，
∴AF/​/EG，
∵AF⊄平面PCE，EG⊂平面PCE，
∴AF/​/平面PCE；
(Ⅱ)解：设F到平面PEC的距离为ℎ，
∵PA⊥平面ABCD，EA⊂平面ABCD，
∴PA⊥EA，
又∵四边形ABCD为矩形，
∴EA⊥AD，
∵PA∩AD=A，PA，AD⊂平面PAD，
∴EA⊥平面PAD，
∵AF⊂平面PAD，∴EA⊥AF，
∴四边形AEGF为矩形，
∵△PAD为等腰直角三角形，
∴PF是棱锥P−AEGF的高，
∴四棱锥P−AEGF的体积=13⋅PF⋅FG⋅AF
=13×3 22× 62×3 22=3 64，
∵PE=EC= 422，PC=2 6，
∴由余弦定理可得cs∠PEC=−17，
∴sin∠PEC=4 37，
∴S△PEC=12·PE·EC·sin∠PEC=3 3，
∵四棱锥P−AEGF的体积=三棱锥F−PEG体积的2倍=三棱锥F−PEC体积，
∴13×3 3ℎ=3 64，
∴ℎ=3 24，
∴F点到平面PEC的距离为3 24；
(Ⅲ)解：由(Ⅱ)可知，F点到平面PEC的距离为ℎ=3 24，
∵在Rt△FCD中，FC= CD2+FD2= 422，
∴直线FC平面PCE所成角的正弦值=ℎFC= 2114，
即直线FC与平面PCE所成角的正弦值为 2114．
20.解：(1)证明：由nan+1=(n+1)an+n(n+1)，
两边同除以n(n+1)得，
an+1n+1=ann+1，an+1n+1−ann=1(n⩾1)为常数，
可得数列{ann}为等差数列，首项a11=1，公差为1；
由ann=a11+(n−1)×1=n，可得an=n2；
(2)①bn=lnan+1an=ln(n+1)2n2，
则Sn=ln2212+ln3222+⋯+ln(n+1)2n2=2ln(21×32×⋯×n+1n)=2ln(n+1)；
②若λ> aneSn在n∈N，n≥1上恒成立，即为λ>ne2ln(n+1)=n(n+1)2在n∈N，n≥1上恒成立，
由n(n+1)2=nn2+2n+1=1n+1n+2≤12+2=14，当且仅当n=1时，取得等号，
则λ>14，即λ的取值范围是(14,+∞)．
21.解：(1)由题意可知2c=21a2+24b2=1a2=b2+c2，
解得c=1，a= 2，b=1，
所以椭圆Γ的标准方程为x22+y2=1．
(2)由(1)知A(0,1)，B(0,−1)，
直线l的斜率不存在时，不符合题意，
设直线l的方程为y=k(x+1)，C(x1,y1)，D(x2,y2)，
联立x22+y2=1y=k(x+1)，得(1+2k2)x2+4k2x+2k2−2=0，
所以x1+x2=−4k22k2+1，x1x2=2k2−22k2+1，
①设中点Q(x,y)，x1+x2=2x=−4k22k2+1，2y=y1+y2=k(x1+x2+2)=2k2k2+1，
当k≠0时，两式相除得k=x−2y，代入上式，化简得x2+x+2y2=0(y≠0)，
当k=0时，C(1,0)，D(−1,0)，中点Q(0,0)，符合题意，
所以点Q的轨迹方程为x2+x+2y2=0，(除去点(−1,0))．
②证明：由直线l的方程y=k(x+1)可得M(0,k)，
当M异于点A、B时，设N(x0,y0)，
因为B，N，C三点共线，
所以y1+1x1=y0+1x0，
因为A，N，D三点共线，
所以y2−1x2y0−1x0，
两式相除得y0+1y0−1=y1x2+x2y2x1−x1=(kx1+k)x2+x2(kx2+k)x1−x1=kx1x2+(k+1)x2kx1x2+(k−1)x1=k⋅1−k22k2(x1+x2)+(k+1)x2k⋅1−k22k(x1+x2)+(k−1)x1
=1−k22k(x1+x2)+(k+1)x21−k22k(x1+x2)+(k−1)x1=(1−k2)x1+(k+1)2x2(1−k2)x1+(1−k2)x2=(k+1)[(1−k)x1+(k+1)x2](1−k)[(1−k)x1+(1+k)x2]=1+k1−k，
解得ky0=1，
所以OM⋅ON=ky0=1，为定值，
当M点与A点重合时，k=1，N(0,1)，y0=1，满足OM⋅ON=ky0=1，
当M点与B点重合时，k=−1，N(0,−1)，y0=−1，满足OM⋅ON=ky0=1，
所以OM⋅ON为定值．