福建省宁德市古田县第一中学2023-2024学年高二上学期第二次月考 数学试题（含解析）

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高二数学试卷
试卷满分：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4 0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．在等差数列中，若，则公差（ ）
A．2B．4C．3D．5
2．准线方程为的抛物线的标准方程是（ ）
A．B．C．D．
3．若直线经过两点、且的倾斜角为，则的值为（ ）
A．B．C．D．
4．若圆与圆仅有一条公切线，则实数a的值为（ ）
A．3B．C．D．1
5．南非双曲线大教堂由伦敦著名的建筑事务所完成．若将如图所示的双曲线大教堂外形弧线的一段近似看成双曲线（，）下支的一部分，且此双曲线过点，离心率为，则此双曲线的方程为（ ）
A．B．C．D．
6．已知数列满足，且，则（ ）
A．B．C．D．
7．若平面内两定点A，B间的距离为2，动点P满足，则面积的最大值是（ ）
A．B．2C．D．4
8．过双曲线的右焦点作其渐近线的垂线，垂足为点，交双曲线的左支于点，若，则双曲线的离心率为（ ）
A．B．C．3D．5
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．已知等比数列的前项和为，若，则数列的公比可能是（ ）
A．1B．C．3D．
10．已知直线和直线，下列说法不正确的是（ ）
A．当或时，
B．当时，
C．直线过定点，直线过定点
D．当，平行时，两直线的距离为
11．设数列的前n项和为，，则下列说法正确的是（ ）
A．是等差数列
B．成等差数列，公差为
C．当或时，取得最大值
D．时，n的最大值为33
12．已知，同时为椭圆：与双曲线：的左右焦点，设椭圆与双曲线在第一象限内交于点，椭圆与双曲线的离心率分别为，，为坐标原点，则下列结论正确的是（ ）
A．
B．若，则
C．若，则
D．若，则为定值
三、填空题:本题共4个小题，每小题5分，共20分．
13．圆和的公共弦所在直线方程为 ．
14．等差数列的前n项和为，且，则 ．
15．一条光线从射出，经直线后反射，反射光线经过点，则反射光线所在直线方程为 .
16．已知椭圆：的左，右焦点分别为，，过点且垂直于轴的直线与椭圆交于、两点，、分别交轴于、两点，的周长为4.过作外角平分线的垂线与直线交于点，则 .
四、解答题:共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．
17．已知数列满足：，数列为等比数列．
(1)求数列的通项公式；
(2)求和：．
18．已知的顶点，边上的中线所在直线方程为，边上的高线所在直线方程为.
(1)求边所在直线的方程；
(2)求点到边的距离.
19．平面上的动点到定点的距离等于点P到直线的距离，记动点P的轨迹为曲线C.
(1)求曲线C的方程；
(2)直线与曲线C相交于A，B两点，线段AB的中点为M.是否存在这样的直线l，使得，若存在，求实数m的值，若不存在，请说明理由.
20．若圆的圆心在上，且圆与直线切于点．
(1)求圆的标准方程；
(2)已知点，，若为圆上任意一点，求的最大值并求出取得最大值时点的坐标．
21．已知数列满足．
(1)求的通项公式；
(2)设，记的前项和为，求证：．
22．已知，，是椭圆上的三点，其中、两点关于原点对称，直线和的斜率满足.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)点是椭圆长轴上的不同于左右顶点的任意一点，过点作斜率不为0的直线，与椭圆的两个交点分别为、，若为定值，则称点为“稳定点”，问：是否存在这样的稳定点？若有，试求出所有的“稳定点”，并说明理由；若没有，也请说明理由.
1．B
【分析】
根据等差数列通项公式列出方程组求解即可.
【详解】
因为，
所以，.
故选：B.
2．D
【分析】
根据题意可设抛物线的标准方程为，从而可得，求解即可.
【详解】由抛物线的准线方程为，可知抛物线是焦点在轴负半轴上的抛物线，
设其方程为，则其准线方程为，得.
该抛物线的标准方程是.
故选：D.
3．D
【分析】
根据斜率的定义以及斜率公式可得出关于实数的等式，解之即可.
【详解】由斜率的定义可得，即，解得.
故选：D.
4．B
【分析】
利用两圆的位置关系计算即可.
【详解】由题意可知两圆相内切，易得两圆圆心，且两圆半径分别为，
所以.
故选：B
5．A
【分析】由题意可得，解方程即可求出，即可求出答案.
【详解】由题意可得，
所以双曲线的方程为．
故选：A．
6．B
【分析】
根据题意，两边取倒数，然后累加即可得到结果.
【详解】，则，，，…，，以上各式相加可得，，.
故选：B
7．C
【分析】建立直角坐标系，利用可得点的轨迹方程，再利用圆的性质及三角形面积公式即得.
【详解】以经过的直线为轴，线段的垂直平分线为轴建立直角坐标系，
则，设，由，
所以，
两边平方并整理得，
所以点的轨迹为以为圆心，为半径的圆，
则当到(轴)的距离最大时面积的最大，
此时的面积是.
故选：C.
8．B
【分析】根据题中几何条件及双曲线的定义可求出，从而求解.
【详解】将点与双曲线的左焦点连接，从而得到，如下图所示，

因为到其一条渐近线：的距离：，
因为：，所以得：点为中点，且，，
又因为原点为的中点，所以得：为的中位线，所以得：，
由双曲线的定义得：，化简得：，
因为双曲线的离心率：，所以得：，故B项正确.
故选：B.
9．AB
【分析】
讨论与两种情况，求得或即可．
【详解】
设数列的公比为，若，
则，满足题意；
若，由，得，解得，
综上，或．
故选：AB.
10．ACD
【分析】
根据两直线平行的充要条件即可判断A；根据两直线垂直的充要条件即可判断B；根据直线过定点的定义即可判断C；根据两平行直线间的距离公式即可判断D.
【详解】对于A，若，则，解得或，
经检验当时，两直线重合，所以，故A错误；
对于B，若，则，解得，故B正确；
对于C，由直线，
令，解得，
所以直线过定点，故C错误；
对于D，当，平行时，，
直线，直线，即，
所以两直线的距离为，故D错误.
故选：ACD.
11．ACD
【分析】根据已知得出数列是一个等差数列，求出.根据的关系求出的表达式，根据定义即可判断等差数列；求出公差，进而根据等差数列的性质，即可判断B；由已知列出，求解即可得出的值，判断C项；根据的表达式，求解不等式，即可判断D项.
【详解】对于A项，由已知可得，
数列是一个等差数列，首项，公差为，
所以，，
所以，.
当时，；
当时，.
时，，满足.
综上所述，.
所以，，
所以，是等差数列，故A项正确；
对于B项，设的公差为，
由A知，，，
根据等差数列的性质可知，，故B项错误；
对于C项，因为，，
要使取得最大值，则应有，
即，解得.
又，所以当或时，取得最大值.故C正确；
对于D项，由A知，，
解，可得.
所以，时，n的最大值为33.故D正确.
故选：ACD.
12．BCD
【分析】根据椭圆及双曲线的关系判断A选项，根据焦点三角形面积结合余弦定理计算得出B选项，根据离心率计算判断C,D选项.
【详解】对于A项，由已知椭圆与双曲线共焦点可得，，故A项错误；
对于B项，根据椭圆以及双曲线的定义
可得，
所以，.
在中，由余弦定理可得，
即，
整理可得，.
所以有，即，故B项正确；
对于C项，若，则为直角三角形，
所以，，
即，
整理可得，，
两边同时除以可得，，即，故C项正确；
对于D项，由已知可得,,故D项正确；

故选：BCD.
13．
【分析】
根据公共弦直线方程的求解方法求解.
【详解】圆的圆心，半径，
圆的圆心，半径，
所以圆心距，
所以两圆相交，有公共弦，
由，可得即为公共弦所在直线方程，
故答案为：.
14．2
【分析】
利用等差中项的性质代入等差数列前n项和公式计算求解即可.
【详解】，
故答案为：2.
15．
【分析】
求出关于的对称点，然后根据两点式求解直线方程即可.
【详解】设关于的对称点，
则有，解得，即，
反射光线所在直线为：，
整理得：.
故答案为：
16．
【分析】根据和椭圆定义可得，求出椭圆方程，设代入椭圆方程求得，利用求出，再根据求出，利用可得答案.
【详解】因为，所以，
因为的周长为4，所以的周长，
所以，所以椭圆方程为，，所以，
直线垂直轴，设，代入，求得，
所以，，
因为外角平分线的垂线与直线交于点，
所以，可得，
则，所以.
故答案为：.
17．(1)
(2)
【分析】（1）首先求出，，即可求出等比数列的通项公式，从而求出的通项公式；
（2）利用分组求和法计算可得.
【详解】（1）
因为，，数列为等比数列，
所以，，则，即是以为首项，为公比的等比数列，
所以，则.
（2）
.
18．(1)
(2).
【分析】
（1）求出点坐标，由两点式求出直线方程，得到答案；
（2）根据垂直关系得到设出方程为，将点代入直线方程，得到直线的方程，联立直线与直线，得到点的坐标，进而由点到直线距离公式求出答案.
【详解】（1）因为点C是直线与直线的交点，
由，
得，
即点坐标为，
所以边所在直线的方程为，
即.
故边所在直线的方程为.
（2）因为边上的高线所在直线方程为，
可设直线方程为，

因为点在直线上，所以，解得.
所以直线的方程为.
因为边上的中线所在直线方程为，
由，
得，即点D坐标为.
由（1）知，边所在直线的方程为，
所以点D到直线的距离.
19．(1)；
(2)不存在，理由见解析.
【分析】
（1）根据抛物线的定义，直接写出曲线C的方程；
（2）设，联立直线与抛物线，由得，应用韦达定理及中点公式得，结合求得，即可得结论.
【详解】（1）
由题意，动点P的轨迹是以为焦点，为准线的抛物线，故，
所以曲线C的方程为.
（2）设，联立，得，
且，则，故，所以，
所以，又，即，不满足，
所以不存在满足要求的直线l.

20．(1)
(2)最大值为53，的坐标为
【分析】（1）根据圆心在直线上，结合相切，即可求解圆心和半径，
（2）方法一，利用三角换元，结合三角恒等变换以及三角函数的性质即可求解最值，方法二，利用坐标法可将问题转化为圆上的点到点距离的平方的最值，即可联立直线与圆的方程求解坐标．
【详解】（1）
设圆心，由于直线与圆相切于点，所以，
故，，所以圆的标准方程为
（2）
方法一：设，
则
，其中，，
所以，当时，的最大值为53．
此时，，，，，所以．
方法二：设，则，
∴．
又，所以，
因为表示圆上的点到点距离的平方．
易得，的最大值为，
所以的最大值为53．此时，，和三点共线，且，位于两侧时，
直线方程，
联立直线与可得，解得或（舍去），则
故的坐标为．

21．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）利用数列的通项公式和前n项和的关系求解；
（2）由，，利用裂项相消法求解.
【详解】（1）解：当时，，
所以；
当时，由，
得，
两式相减得，
所以，
当时也成立．所以．
（2）证明：由（1）知，
所以，
所以．
又，
所以 ，
．
综上：．
22．(1)
(2)存在，，理由见解析
【分析】（1）设，由化简可得椭圆的标准方程；
（2）设直线的方程为，与椭圆方程联立，由韦达定理可得，，又，，从而可求的表达式， 即可求解.
【详解】（1）设，易知，
由，得，
化简得，故椭圆的标准方程为.
（2）∵点是椭圆长轴上的不同于、的任意一点，
故可设直线的方程为，，，
由，得，
∴，，恒成立.
又，，
∴，
，
要使其值为定值，则，
故当，即时，.
综上，存在这样的稳定点.