陕西省西安高新第一中学2024-2025学年高二上学期第二次月考（11月）数学试题-A4

这是一份陕西省西安高新第一中学2024-2025学年高二上学期第二次月考（11月）数学试题-A4，共17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．在等差数列中，已知，，则等于（ ）
A．11B．13C．15D．16
2．若将直线沿轴正方向平移3个单位长度，再沿轴负方向平移5个单位长度，又回到了原来的位置，则直线的斜率是（ ）
A．B．C．D．
3．设为等比数列，则“对于任意的”是“为递增数列”的（ ）
A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件
C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件
4．直线与圆的位置关系是（ ）
A．相交B．相切C．相离D．与a的取值有关
5．在四棱锥中，，，，则此四棱锥的高为（ ）
A．B．C．D．
6．已知O为坐标原点，F为抛物线C：的焦点，点在C上，且，则C的方程为（ ）
A．B．
C．D．
7．嫦娥四号任务经过探月工程重大专项领导小组审议，通过并且正式开始实施，如图所示.假设“嫦娥四号”卫星将沿地月转移轨道飞向月球后，在月球附近一点变轨进入以月球球心为一个焦点的椭圆轨道Ⅰ绕月飞行，之后卫星在点第二次变轨进入仍以为一个焦点的椭圆轨道Ⅱ绕月飞行.若用 和分别表示椭圆轨道Ⅰ和Ⅱ的焦距，用和分别表示椭圆轨道Ⅰ和Ⅱ的长轴长，则下列关系中正确的是
A．B．C．D．
8．数列满足性质：对于任意的正整数n，都成立，且，，则的最小值为（ ）
A．18B．20C．25D．28
二、多选题
9．已知椭圆的左、右焦点分别为，，点为椭圆上一点，则（ ）
A．的周长为
B．存在点，使得
C．若，则的面积为
D．使得为等腰三角形的点共有4个
10．如图，在棱长为2的正方体中，E，F，G分别为棱，，的中点，则（ ）
A．直线与所成角的余弦值为B．点F到直线的距离为1
C．平面D．点到平面的距离为
11．某数学兴趣小组的同学在探究“双”函数的图象和性质时，发现该函数的图象是双曲线，且存在实数，使得对恒成立．据此，下面的结论成立的是（ ）
A．实数的最大值为B．该双曲线的离心率为
C．该双曲线的一个顶点是D．该双曲线的焦距为
三、填空题
12．已知直线，直线，若，则= .
13．已知数列满足，，记数列的前项和为，则 .
14．设抛物线的焦点为F，若：与抛物线有四个不同的交点，记y轴同侧的两个交点为A，B，则的取值范围是 .
四、解答题
15．已知数列满足
(1)求的通项公式；
(2)在和之间插入个数，使得这个数依次构成公差为的等差数列，求数列的前项和.
16．在平面直角坐标系中，已知点，动点的轨迹为．
(1)求的方程；
(2)若直线交于两点，且，求直线的方程．
17．如图，在三棱台中，，，为的中点，二面角的大小为.
（1）证明：；
（2）当为何值时，直线与平面所成角的正弦值为？
18．已知O为坐标原点，椭圆左､右焦点分别为，短轴长为，过的直线与椭圆交于两点，的周长为8．
(1)求的方程；
(2)若直线l与Ω交于A，B两点，且，求|AB|的最小值；
(3)已知点P是椭圆Ω上的动点，是否存在定圆O：x2＋y2＝r2（r＞0），使得当过点P能作圆O的两条切线PM，PN时（其中M，N分别是两切线与C的另一交点），总满足|PM|＝|PN|?若存在，求出圆O的半径r：若不存在，请说明理由．
19．在空间直角坐标系中，已知向量，点.若平面以为法向量且经过点，则平面的点法式方程可表示为，一般式方程可表示为.
(1)若平面，平面，直线为平面和平面的交线，求直线的方向向量（写出一个即可）；
(2)若三棱柱的三个侧面所在平面分别记为，其中平面经过点，点，点，平面，平面，求出点到平面的距离;
(3)已知集合，记集合中所有点构成的几何体的体积为中所有点构成的几何体的体积为，求和的值.
参考答案：
1．A
【分析】根据等差数列通项公式和前项和表达式即可得到方程，解出即可.
【详解】设等差数列的公差为，
则，
即，解得，则.
故选：A.
2．A
【分析】根据两点斜率公式即可求解.
【详解】设是直线上任意一点，则平移后得点，于是直线的斜率.
故选：A.
3．C
【分析】根据充分、必要条件、等比数列的单调性等知识进行分析，从而确定正确答案.
【详解】充分性：设等比数列的公比为，
若，
情形一：当时，由得，
解得或，
若，则，此时与已知矛盾；
若，则，此时为递增数列；
情形二：当，由得，
解得或，
若，则，此时与已知矛盾；
若，则，此时为递增数列；
必要性：反之，若为递增数列，则，
所以“对于任意的”是“为递增数列”的充分必要条件.
故选：C.
4．A
【分析】直接根据直线经过圆内一点判断出结果.
【详解】由知直线过，而点在圆内，所以直线与圆相交.
故选：A.
5．B
【分析】利用空间向量法求出点到平面的距离，即为所求.
【详解】设平面的法向量，则，
令，得，
所以此四棱锥的高.
故选：B.
6．B
【分析】由抛物线定义及可得，进而将点代入抛物线方程即可求得，进而求解C的方程.
【详解】由抛物线的定义，可知，又，，
则，即，
由点在C上，得，结合，解得.
所以C的方程为.
故选：B.
7．B
【分析】根据图象，得到，进而根据基本不等式的性质和椭圆的几何性质，逐项判定，即可求解.
【详解】根据给定的椭圆的图象，可得，所以，所以A项不正确；
因为，所以，所以B项正确；
由，可得，可得，
整理得，即，
又因为，所以，所以D项不正确；
由，可得，所以C项不正确.
综上可得是正确的.
故选：B.
【点睛】本题主要考查了椭圆的几何性质及其应用，其中解答中熟记椭圆的标准方程和简单的几何性质，合理运算是解答的关键，着重考查了数形结合思想，以及推理与运算能力.
8．D
【分析】令，根据得到，再由累加法得到，结合求解.
【详解】令，
由得，即.
又，，即，，
∴，
即，
∴.
故选：D.
9．AB
【分析】根据焦点三角形的周长为判断A的真假；考虑为短轴顶点时，焦点三角形的形状判断B的真假；结合椭圆定义和余弦定理，计算焦点三角形的面积，判断C的真假；分情况讨论，找出使为等腰三角形的所有点，判断D的真假.
【详解】对于，由题意，，，故周长为，所以A正确；
对于B，当点位于上下顶点时，为直角，所以B正确.
对于C，当时，如图：
设，，则.
所以，所以C错误；
对于D，若是以为顶点的等腰三角形，点位于上下顶点；若是以为顶点的等腰三角形，则，此时满足条件的点有两个；同理，若是以为顶点的等腰三角形，满足条件的点有两个；故使得为等腰三角形的点共六个，所以D错误.
故选：AB
10．BC
【分析】建系，利用空间向量求异面直线夹角、点到线的距离、判断线面垂直以及点到面的距离.
【详解】如图，以为坐标原点建立空间直角坐标系，

则，
且E，F，G分别为棱，，的中点，可知，
可得，
对于选项A：因为，
所以直线与所成角的余弦值为，故A错误；
对于选项B：因为在方向上的投影向量的模长为，且，
点F到直线的距离为，故B正确；
对于选项C：因为，可得，
且，平面，所以平面，故C正确；
对于选项D：因为平面的法向量可以为，
点到平面的距离为，故D错误；
故选：BC.
11．ABD
【分析】分离参数，结合二次函数性质可得参数范围，即可得双曲线渐近线，进而可得双曲线的几何性质，判断各选项.
【详解】
由，恒成立，即，则，
又当时，，所以，A选项正确；
双曲线的一条渐近线为，倾斜角为，
另一条渐近线为，
则两条渐近线的夹角为，
设双曲线的实轴长为，虚轴长为，焦距为，
则，
则双曲线离心率，B选项正确；
双曲线实轴所在直线为两条渐近线夹角的角分线，
即倾斜角为，即，
联立，解得，或，
所以双曲线的顶点为，，C选项错误；
则，即，
则，即焦距为，D选项正确；
故选：ABD.
12．-2
【分析】由一般式得到两直线斜率，再由两直线平行，斜率相等求解即可；
【详解】，则；.
若，则存在斜率，方程可化为，
则且，解得.
故答案为：.
13．
【分析】分别求得，即可得到数列的周期，代入计算，即可得到结果.
【详解】由题意得，，，
，，
所以为周期数列，
所以.
故答案为：
14．
【分析】联立抛物线与圆的方程，消元后得到关于的一元二次方程，由于有四个交点，结合韦达定理得的取值范围，再根据抛物线定义得关于的关系式，即可得取值范围.
【详解】解：由题可得，如图：不妨设在轴右侧
将方程与抛物线方程联立：
，得，
设，在轴同侧，不妨设
则由与抛物线有四个不同的交点可得有两个不等的正根，得：
，即，
由抛物线定义可得，
故答案为：
15．(1)
(2)
【分析】（1）根据条件，利用与间的关系，即可求解；
（2）根据条件及（1）中结果，得到，再利用错位相减法，即可求解.
【详解】（1）①，
当时，②，
由①②，得，即，
又当时，，满足，所以.
（2）由（1）知，所以，则，
所以③，
④，
由③④得：
，
所以.
16．(1)
(2)
【分析】（1）利用双曲线定义可得，即可求得的方程为；
（2）联立直线与双曲线方程，利用韦达定理由弦长公式计算即可求得，可得直线的方程.
【详解】（1）根据题意由可知，
动点的轨迹为以为焦点，实轴长为的双曲线，
即，所以，
所以可得的方程为；
（2）如下图所示：
依题意设Ax1,y1,Bx2,y2，
联立与的方程，
消去整理可得，则；
且，解得；
所以，
解得，满足，符合题意；
所以直线的方程为.
17．(1)证明见解析；(2)
【分析】(1) 取中点，证明⊥平面，即可证明.
(2)建立空间直角坐标系，找出直线与平面所成角，根据直线与平面所成角的正弦值，求得直线与平面所成角.
【详解】（1）证明：取的中点，连接，，
因为,则，
又因为,则，
，
⊥平面，
平面，
.
（2）由(1)知，，
二面角的平面角，
以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，
，，，，
，，
，，
设平面的法向量为：，
，得，
令，则，
又，
设直线与平面所成角为，
则，
即，化简得，
解得或，
由题意可知，
所以.
【点睛】本题主要考查的是空间几何体的应用，线面垂直，线面角，二面角的应用，是难题.
18．(1)
(2)
(3)存在，
【分析】（1）由已知可得，，求解即可；
（2）分直线斜率是否存在两种情况讨论，若直线斜率存在，设方程为．设Ax1,y1，Bx2,y2，联立方程组可得，由可得，进而可得弦长，利用换元法可求最小值；
（3）r为点O到直线PM的距离，结合（2）的结论，可求.
【详解】（1）设椭圆的半焦距为，
由双曲线定义可得，，
故，又．
所以，．
所以的方程为．
（2）①若直线斜率不存在，则设，则，
因为，所以，
所以，所以．
所以．
②若直线斜率存在，设方程为．设Ax1,y1，Bx2,y2．
联立，消去y整理得，，
则．
由韦达定理，得，
于是，即．
故．
令，则，．
所以．
因为，所以当时，．
综上，的最小值为．
（3）如图所示，设PM、PN与圆O的切点分别为E、F，则．
又，则．
所以，所以．
取MN中点Q，若O和Q不重合，则．
所以．
又因为M、N在椭圆上，
则，所以，
所以，所以，
又，，所以．矛盾．所以O和Q重合，即M、N关于原点对称．所以．
设直线的方程为，则r为点O到直线PM的距离，
所以．由（2）可知，，
故，即．
又当MN斜率不存在时，也成立．
综上，．
所以存在存在定圆满足条件，此时.
【点睛】解析几何承载着考查数学运算核心素养的功能，“多想少算”绝非“空想不算”．用代数方法研究几何问题是解析几何的核心，适度地挖掘几何性质可减少一定的计算．
19．(1)；
(2)；
(3)，.
【分析】（1）先求出平面和平面的法向量，设平面与平面的交线的方向向量为，利用和求得l的一个方向向量即得.
（2）利用条件求得平面的方程，设平面、的交线的方向向量为，与（1）同法求得，利用求得的值，最后利用空间向量的点到平面的距离公式计算即得.
（3）求出集合的子集对应几何体的体积，再利用对称性求出；确定为截去三棱锥所剩下的部分，利用割补法求解体积即可.
【详解】（1）平面的法向量为，平面的法向量为，
设平面与平面的交线的方向向量为，则，
取，得，所以直线的一个方向向量为.
（2）设平面，由平面经过点，点，点，
得，解得，即平面，
记平面、、的法向量分别为：，
设平面、的交线的方向向量为，则，取，
依题意，，解得，
平面，其法向量为，在平面内取点，
则，于是，点B到平面的距离为.
（3）集合的子集，
即为三个坐标平面与围成的四面体，
四面体四个顶点分别为，
此四面体的体积为，由对称性知；
集合的子集，构成的几何体是棱长为的正方体，
而，则为截去三棱锥后剩下的部分，
的体积，三棱锥的体积为，
的体积为，
由对称性知.
【点睛】方法点睛：关于直线的方向向量求法，求出直线上的两个点坐标即可求解；求体积利用割补法，把不规则转规则进行求解：解决二面角的余弦值，利用空间向量来解决．
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
A
A
C
A
B
B
B
D
AB
BC
题号
11









答案
ABD