2022长治二中高二上学期第二次月考数学试题含解析

2021—2022学年第一学期高二第二次月考数学试题

（本试卷满分150分，考试时间为120分钟）

第Ⅰ卷（选择题  60分）

一、单项选择题（本题共12小题，每小题5分，共60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. 若直线经过两点，且倾斜角为135°，则m的值为（    ）

A. 2 B.  C. 1 D.

【答案】C

【解析】

【分析】由，求解即可

【详解】由题意，

解得：

故选：C

2. 已知等差数列满足，，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】根据等差数列的通项公式求出公差，再结合即可得的值.

【详解】因为是等差数列，设公差为，所以，即，所以，

所以，

故选：D.

3. 已知，则“”是“方程表示椭圆”的（    ）

A. 必要不充分条件 B. 充分不必要条件

C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件

【答案】B

【解析】

【分析】求得方程表示椭圆的条件，从而确定正确选项.

【详解】方程表示椭圆，则，

所以“”是“方程表示椭圆”的充分不必要条件.

故选：B

4. 已知数列满足，，为数列的前项和，则的最小值为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】根据数列满足，，得到数列是等差数列求解.

【详解】因为数列满足，，

所以数列是以-12为首项，以3为公差的等差数列，

所以，

，

当4或5时， 取得最小值-30，

故选：A

5. 等比数列的各项均为正数，且，则（    ）

A.  B.  C. 10 D.

【答案】C

【解析】

【分析】根据等比数列下标的性质即可求解.

【详解】∵，∴，

∴.

故选：C.

6. 如图，在平行六面体中，底面是边长为1的正方形，若，且，则的长为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】根据向量的运算，求得，再根据空间向量的数量积的运算，即可求得．

【详解】因为在平行六面体中，

底面是边长为1的正方形，侧棱且，

所以，，且，，，

由得，

因此，

故选：D.

7. 在等差数列中，为其前项和.若，且，则等于（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】

先证明数列是以为首项以为公差的等差数列，再求出的值，再利用等差数列的通项即可求出的值.

【详解】∵是等差数列，为其前项和，设公差为，

∴，∴，

所以数列是以为首项以为公差的等差数列，

则，

解得.

又∵，

∴，

∴.

故选：

【点睛】本题主要考查等差数列的通项和前项和的应用，考查等差数列通项的基本量的求法，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.

8. 双曲线：的左顶点为，右焦点为，动点在上，当时，，则的离心率为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

分析】首先判断在右支上，求得，由，可得，再由，，和的关系，化简可得所求值．

【详解】由动点在上．当时，，

可得在右支上，

令，可得，解得，

即有，

则，即，

可得，即，

．

故选：B．

9. 已知双曲线：的离心率为2.若抛物线的焦点到双曲线的渐近线的距离为2，则抛物线的方程为

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【详解】由e==2得4==1+,

∴=3.

∴双曲线的渐近线方程为y=±x,抛物线x2=2py的焦点是（0,）,

它到直线y=±x的距离d=2==,

∴p=8.

∴抛物线方程为x2=16y.

故选D.

10. 在平面直角坐标系中，已知圆，点，点在圆上运动，设线段的垂直平分线和直线的交点为，则点的轨迹方程为（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】分析可知点的轨迹是以、为焦点的双曲线，计算出、的值，即可得出点的轨迹方程.

【详解】圆的圆心为，半径为，由中垂线的性质可得，

当点在圆的右半圆上时，，

当点在圆的左半圆上时，

，

所以，点的轨迹是以、为焦点的双曲线，且，，

所以，，，，

因此，点的轨迹方程为.

故选：A.

11. 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”．若满足，顶点、，且其“欧拉线”与圆：相切，则下列结论正确的是（    ）

A. 圆上的点到原点的最大距离为

B. 圆上存在三个点到直线的距离为

C. 若点在圆上，则的最小值是

D. 若圆与圆有公共点，则

【答案】B

【解析】

【分析】由题意求出的垂直平分线可得的欧拉线，再由圆心到直线的距离求得，得到圆的方程，求出圆心到原点的距离，加上半径判断A；

求出圆心到直线的距离判断B；

再由的几何意义，即圆上的点与定点连线的斜率判断C；

由两个圆有公共点可得圆心距与两个半径之间的关系，求得的取值范围判断D．

【详解】由题意，的欧拉线即的垂直平分线，

，，

的中点坐标为，，

则的垂直平分线方程为，即．

由“欧拉线”与圆相切，

到直线的距离，

，则圆的方程为：，

圆心到原点的距离为，则圆上的点到原点的最大距离为，故A错误；

圆心到直线的距离为，

圆上存在三个点到直线的距离为，故B正确；

的几何意义为圆上的点与定点连线的斜率，

设过与圆相切的直线方程为，即，

由，解得，的最小值是，故C错误；

的圆心坐标，半径为，

圆的的圆心坐标为，半径为，

要使圆与圆有公共点，则圆心距的范围为，，

，解得，故D错误．

故选：B．

12. 在数列中，，，，若数列单调递减，数列单调递增，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】根据题意，求出，n≥3，则，再结合等比数列求和公式和分组求和即可.

详解】∵，，，

∴，∴，

又因为数列单调递减，数列单调递增，

同理可得，，，

∴，n≥3

=

故选：A.

第Ⅱ卷（非选择题  90分）

二、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分．将答案填在题后的横线上）

13. 在等比数列中，，，则__________．

【答案】

【解析】

【分析】直接利用等比数列公式计算得到答案.

【详解】，故，故.

故答案为：.

点睛】本题考查了等比数列求值，属于简单题.

14. 若数列的前项和为，则数列的通项公式__________．

【答案】##－5＋6n

【解析】

【分析】利用数列前n项和与通项公式之间的关系即可求通项公式.

【详解】当时，，

当时，，

，

也满足上式，

∴.

故答案为：6n－5.

15. 已知数列中，，前项和，则的通项公式为___________.

【答案】

【解析】

【分析】由，变形可得则，两式相减变形可得，又由，计算可得，验证即可得答案．

【详解】根据题意，数列中，，，

①，

②，

①②可得：，

变形可得：，

则；

时，符合；

故答案为：．

16. 已知离心率为的椭圆：和离心率为的双曲线：有公共焦点，，是它们在第一象限的交点，且，则的最小值为________．

【答案】

【解析】

【分析】设焦距为，椭圆长轴长为，双曲线实轴长为，在双曲线的右支上，利用椭圆的定义以及双曲线的定义，通过余弦定理，转化求解的最小值．

【详解】由题意设焦距为，椭圆长轴长为，双曲线实轴长为，在双曲线的右支上，

由椭圆的定义，

由双曲线的定义，

所以有，，

因为，

由余弦定理可得，

整理得，

所以

，当且仅当时取等号，

故答案为：．

三、解答题（本大题共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. 已知等差数列的公差，且.

（1）求数列的通项公式；

（2）若等比数列满足，，求数列的前项的和.

【答案】（1）；（2）.

【解析】

【分析】

(1)结合等差数列的通项公式和已知条件即可求出首项，进而可求出通项公式.

(2)求出的通项公式，根据数列求和的定义写出的表达式，结合等差数列、等比数列前项和的公式即可求出.

【详解】（1）由，得，又，所以，

所以.

（2）设公比为，由题意，，即，所以，

于是，故.

【点睛】本题考查了等差数列的通项公式，考查了等比数列的通项公式，考查了数列的求和，属于基础题.

18. 已知公差不为的等差数列的首项,且成等比数列．

（1）求数列的通项公式;

（2）设,求数列的前项和．

【答案】(1); (2) .

【解析】

【分析】（1）设数列的公差为,根据题意，求解，即可得到数列的通项公式；

（2）由（1）可得，利用裂项相消法，即可求解.

【详解】(1)设数列的公差为,则.

由成等比数列,得

即,得 (舍去)或.

所以数列通项公式为

(2)因为

所以

【点睛】本题主要考查等差、等比数列的通项公式及求和公式、数列求和的“裂项相消法”，此类题目是数列问题中的常见题型，对考生计算能力要求较高，解答中确定通项公式是基础，准确计算求和是关键，易错点是在“裂项”之后求和时，弄错数列的项数，能较好的考查考生的数形结合思想、逻辑思维能力及基本计算能力等.

19. 如图，在三棱柱中，平面，，，，点、分别在棱和棱上，且，，为棱的中点.

（1）求证：；

（2）求二面角的正弦值.

【答案】（1）证明见解析；（2）.

【解析】

【分析】（1）证明出平面，即可证得；

（2）计算出的边上的高，并求出点到平面的距离，由此可得出二面角的正弦值为.

【详解】（1）在三棱柱中，平面，则平面，

平面，则，

，则，为的中点，则，

，平面，

平面，因此，；

（2），，，所以，，

同理可得，

取的中点，连接，则，

因为且，故四边形为矩形，则，

所以，，

由余弦定理可得，则，

所以，的边上的高，

平面，平面，则，

，，平面，

因为，平面，平面，故平面，

，故点到平面的距离，

设二面角为，则.

20. 已知抛物线C：y2＝2px(p＞0)的焦点为F，P(5，a)为抛物线C上一点，且|PF|＝8．

（1）求抛物线C的方程；

（2）过点F的直线l与抛物线C交于A，B两点，以线段AB为直径的圆过Q(0，﹣3)，求直线l的方程．

【答案】（1）；   

（2）2x﹣y﹣6＝0﹒

【解析】

【分析】(1)根据抛物线焦半径公式构造方程求得，从而得到结果．

(2)设直线，代入抛物线方程可得韦达定理的形式，根据可构造方程求得，从而得到直线方程．

【小问1详解】

由抛物线定义可知：，解得：，

抛物线的方程为：．

【小问2详解】

由抛物线方程知：，设直线，，，，，

联立方程，得：，，，

以线段为直径的圆过点，，

，解得：，

直线的方程为：，即．

21. 已知数列的前项和满足：.
（1）求证：数列是等比数列，并求数列的通项公式；

（2）若数列满足，为数列的前项和，求证：.

【答案】（1）;（2）见解析.

【解析】

【详解】试题分析：

(1)利用题中所给的递推关系整理可得，结合题意可得是以为首项，2为公比的等比数列，且.

(2) 利用题意错位相减可得，据此可得.

试题解析：

（1）证明：当时，，①

当时，②

由①②两式相减得：，即，

∴，∴，

当时，，则，

∴是以为首项，2为公比的等比数列，

∴，∴.

（2）证明：，∴

则①

②

由①-②得：

∴.

∴当时，，；

，

∴单调递增，

∴

所以综上得：.

点睛： 数列的递推关系是给出数列的一种方法，根据给出的初始值和递推关系可以依次写出这个数列的各项，由递推关系求数列的通项公式，常用的方法有：①求出数列的前几项，再归纳猜想出数列的一个通项公式；②将已知递推关系式整理、变形，变成等差、等比数列，或用累加法、累乘法、迭代法求通项．

22. 平面直角坐标系中，过椭圆 ：（ ）右焦点的直线交 于，两点，为的中点，且 的斜率为.

（Ⅰ）求椭圆的方程；

（Ⅱ）， 为上的两点，若四边形的对角线 ，求四边形面积的最大值.

【答案】(Ι) （Ⅱ）

【解析】

【分析】(1)把右焦点代入直线方程可求出c，设 ，线段AB的中点，利用“点差法”即可得出a,b的关系式，再与联立即可求出a,b，进而可得椭圆方程；

(2)由，可设直线CD方程为,与椭圆方程联立可得根与系数关系，即可得到弦长，把直线，利用即可得到关于m的表达式，利用二次函数的单调性即可求出其最大值.

【详解】(Ι)设 则，，（1）－（2）得：

，因为，设，因为P为AB的中点，且OP的斜率为，所以，即，所以可以解得，即，即，又因为，所以，所以M的方程为.

（Ⅱ）因为，直线AB方程为，所以设直线CD方程为，

将代入得：，即、，所以可得；将代入得：，设 则=，又因为，即，所以当时，|CD|取得最大值4，所以四边形ACBD面积的最大值为 .

【点睛】本小题考查椭圆的方程的求解、直线与椭圆的位置关系，考查数学中的待定系数法、设而不求思想 ，考查同学们的计算能力以及分析问题、解决问题的能力.圆锥曲线是高考的热点问题,年年必考,熟练本部分的基础知识是解答好本类问题的关键.