2022-2023学年重庆市第一中学校高二上学期12月月考数学试题（解析版）

这是一份2022-2023学年重庆市第一中学校高二上学期12月月考数学试题（解析版），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。
2022-2023学年重庆市第一中学校高二上学期12月月考数学试题 一、单选题1．下列四个数中，哪一个是数列{}中的一项 （ ）A．380 B．39 C．35 D．23【答案】A【详解】因为数列{}，那么将四个选项代入,可知,其他选项中的数值都不能用相邻两个整数的积表示，选A.2．若椭圆的离心率为，则双曲线的渐近线方程为A． B． C． D．【答案】A【详解】椭圆的离心率，即，，所以双曲线的渐近线为．故选A．【解析】椭圆与双曲线的几何性质．3．若圆的方程为x2+y2﹣2x+4y+1＝0，则该圆的圆心和半径r分别为（    ）A．（1，﹣2）；r＝2 B．（1，-2）；r＝4C．（-1，2）；r＝2 D．（-1，2）；r＝4【答案】A【分析】将圆方程化为标准形式,即可得解.【详解】将圆的方程化为标准形式:,则该圆的圆心为,半径为2,故选:A.【点睛】本题主要考查利用圆的方程确定圆心,半径,属于基础题.4．如图是抛物线形拱桥，当水面在n时，拱顶离水面2米，水面宽4米．水位下降1米后，水面宽为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】由题建立平面直角坐标系，设抛物线方程为，结合条件即求.【详解】建立如图所示的直角坐标系：设抛物线方程为，由题意知：在抛物线上，即，解得：，，当水位下降1米后，即将代入，即，解得：，∴水面宽为米.故选：D.5．设等差数列的前项和为，若，则=（    ）A．21 B．15 C．13 D．11【答案】A【分析】利用等差数列的前n项和的性质求解.【详解】因为数列是等差数列，所以成等差数列，所以，因为，所以，解得，故选：A6．已知椭圆：（）的右焦点为，过点的直线交椭圆交于，两点，若的中点，且直线的倾斜角为，则此椭圆的方程为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】利用直线的斜率和倾斜角的对应关系列方程，求得的值.利用点差法求得的关系式，结合求得的值，进而求得椭圆方程.【详解】∵，∴，令，，则，∴，，∴，.故选A.【点睛】本小题主要考查直线和椭圆的位置关系，考查椭圆标准方程的求法，以及有关点差法的运用.题目给出直线和椭圆相交所得所得弦的中点坐标，还有直线的倾斜角，这里可以根据焦点的坐标列方程求得的值.点差法主要用在有关直线和圆锥曲线相交，所得弦的中点有关的题目.属于中档题.7．等差数列中，若，则（    ）A．42 B．45 C．48 D．51【答案】C【分析】结合等差数列的性质求得正确答案.【详解】依题意是等差数列，，.故选：C8．如图,已知双曲线的右顶点为为坐标原点,以点为圆心的圆与双曲线的一条渐近线交于两点,若且,则双曲线的离心率为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】确定设，则，，写出双曲线渐近线方程，利用垂径定理，余弦定理，得到关于的关系式，从而求出离心率．【详解】因为，，所以，设，则，又因为，所以，双曲线的渐近线方程为，，取PQ的中点M，则，由勾股定理可得，即 ①，在中，，所以②，联立①②：，即，，结合可得.故选：B. 二、多选题9．在同一直角坐标系中，直线与圆的位置可能的是（    ）A． B．C． D．【答案】AC【分析】根据给定条件求出直线与坐标轴的交点坐标、圆心坐标，再结合图形判断作答.【详解】直线与y轴正半轴交于点，排除选项B；直线与x轴交于点，而圆的圆心为，因此，直线过圆的圆心，排除选项D；当时，圆心在x轴负半轴上，选项A满足；当时，圆心在x轴正半轴上，选项C满足.故选：AC10．已知a，b，c分别是椭圆E的长半轴长、短半轴长和半焦距长，若关于x的方程有实根，则椭圆E的离心率e可能是（    ）A． B． C． D．【答案】AB【分析】根据判别式不小于0可求的关系，从而可求离心率的取值范围.【详解】由题意有，由可得，故，解得，而，∴.故选：AB11．设等差数列的前项和为，且，，则下列结论正确的是（    ）A． B． C． D．【答案】CD【分析】利用等差数列前n项和公式结合等差数列的性质计算判断作答.【详解】等差数列的前项和为，由得：，由得，，因此，等差数列的公差，即数列是递增等差数列，则有，，所以选项A，B都不正确；选项C，D都正确.故选：CD12．已知双曲线：和点，，分别为双曲线的左、右焦点，为双曲线上在第一象限内的点，点为的内心，则下列说法正确的是（    ）A．的最小值为25 B．C． D．若，，则【答案】BC【分析】首先根据双曲线方程求出焦点坐标，根据双曲线的定义判断A，设的内切圆的半径为，利用面积公式及双曲线的定义计算即可判断B，设在上的垂足为，根据切线长定理可得，即可得到的坐标，记渐近线的倾斜角为，则，记则，利用临界值求出，即可求出的取值范围，即可判断C，延长交于点，由角平分线定理得到，即可求出、，即可判断D；【详解】解：因为双曲线：，所以，，，则、，双曲线的渐近线为，因为，所以，所以，当且仅当、、在同一直线且在之间时取等号，故A错误；设的内切圆的半径为，则，故B正确；设在上的垂足为，根据双曲线的定义及切线长定理可得，又，所以，所以，记渐近线的倾斜角为，则，记，则，当，即，解得，所以，则，所以，故C正确；延长交于点，由解得，由角平分线定理可知，所以，又由角平分线定理知，过点作交、分别于点、点，则，所以，所以，因为，所以又，解得，所以，故D错误；故选：BC 三、填空题13．已知直线与垂直，则m的值为______．【答案】0或-9##-9或0【分析】根据给定条件利用两直线互相垂直的性质列式计算即得.【详解】因直线与垂直，则有，解得或，所以m的值为0或-9.故答案为：0或-914．某高中共有1800人，其中高一、高二、高三年级的人数依次成等差数列，现用分层抽样的方法从中抽取60人，那么高二年级被抽取的人数为________．【答案】【解析】由三个年级人数成等差数列和总人数可求得高二年级共有人，根据抽样比可求得结果.【详解】设高一、高二、高三人数分别为，则且，解得：，用分层抽样的方法抽取人，那么高二年级被抽取的人数为人．故答案为：.【点睛】本题考查分层抽样问题的求解，涉及到等差数列的相关知识，属于基础题.15．已知抛物线的焦点为F，O为坐标原点，A(t，1)是抛物线第一象限上的点，，直线AF与抛物线的另一个交点为B，则_________．【答案】40【分析】根据题意可得，，联立直线AF与抛物线的方程可求得点B的坐标，进而可求以及O到直线的距离．【详解】∵，则∴抛物线方程为把A(t，1)代入抛物线方程得：且，则∵,则直线AF的斜率∴直线AF的方程：即联立方程，解得或即，则O到直线的距离∴故答案为：40．16．若椭圆的焦点在轴上，过点（1，）作圆的切线，切点分别为A,B，直线恰好经过椭圆的右焦点和上顶点，则椭圆方程是 ______________【答案】【详解】∵点(1，)在圆外，过点(1，)与圆相切的一条直线为x＝1，且直线AB恰好经过椭圆的右焦点和上顶点，∴椭圆的右焦点为(1,0)，即c＝1，设点P(1，)，连接OP，则OP⊥AB，∵kOP＝，∴kAB＝－2．又直线AB过点(1,0)，∴直线AB的方程为2x＋y－2＝0，∵点(0，b)在直线AB上，∴b＝2，又c＝1，∴a2＝5，故椭圆方程是＋＝1．  四、解答题17．如图，圆与圆 (点在点的右侧)与轴分别相切于，两点，另两圆外切且与直线分别相切于，两点，若.（1）求圆与圆的标准方程；（2）过B作直线EF的垂线L，求直线L被圆E截得的弦的长度.【答案】（1），；（2）.【解析】（1）先由题意，得到圆的半径为，进而可得的方程；再由题意，得到、、三点共线，设圆的半径为，由题意，得到，再求出，即可得出圆的方程；（2）先由题意，联立直线与圆的方程求出，以及直线L的方程，根据几何法，即可求出圆的弦长.【详解】（1）因为点，圆与轴分别相切于，所以，即圆的半径为，所以圆；因为圆与圆(点在点的右侧)与轴分别相切于，两点，与直线分别相切于，两点，且两圆外切，所以、、三点共线，设圆的半径为，则有，即，解得，即，则又在直线上，所以，即，因此，圆；(2).联立，解得，所以，又；所以过点且与垂直的直线L为: ，即，因为点E到直线L的距离所以直线L被圆截得弦长.【点睛】方法点睛：求圆的弦长的方法：（1）代数法：联立直线与圆的方程，根据韦达定理，以及弦长公式，即可求出结果；（2）几何法：先求圆心到直线的距离，根据圆心到直线距离的平方与弦长一半的平方之和等于半径的平方，即可求出弦长.18．已知数列中，，，，.（1）求的通项公式；（2）设，，求证：.【答案】（1）；（2）证明见解析.【分析】（1）转化为，可得，累加法即得解；（2）代入可得，放缩为，即得证【详解】（1）因为，，，，所以，，所以，，.（2），故得证19．已知向量，动点到定直线的距离等于，并且满足，其中是坐标原点，是参数.（1）求动点的轨迹方程，并判断曲线类型；（2）如果动点的轨迹是一条圆锥曲线，其离心率满足，求的取值范围.【答案】（1）见解析；（2）【分析】（1）令，由建立方程求解.然后对讨论分析.（2）根据得到点 的轨迹为椭圆，再根据焦点位置讨论求解.【详解】（1）令，则，∴，代入，得，即为动点的轨迹方程.当时，表示直线；当时，表示圆；当时，表示双曲线；当或时，表示椭圆.（2）由点的轨迹为椭圆，1°时，，所以.2°时，.结合，所以，综上所述：.【点睛】本题主要考查曲线与方程以及椭圆离心率的应用，还考查了运算求解的能力，属于中档题.20．如图，已知四棱锥的底面是正方形，底面，且，点分别在侧棱上，且（I）求证：平面；（II）若，求平面与平面所成锐二面角的余弦值【答案】（I）证明见解析；（II）【分析】（I）根据线面垂直判定定理，由和可得平面；由线面垂直性质知，由等腰三角形三线合一可知，根据线面垂直判定定理可证得结论；（II）以为原点建立空间直角坐标系，利用向量坐标运算和可求得，可验证出，得到，根据线面垂直性质可知，根据线面垂直判定定理可知平面，从而可知为平面的一个法向量，又为平面的一个法向量，利用空间向量法可求得两平面所成锐二面角的余弦值.【详解】（I）底面，底面    四边形为正方形        平面平面    ，    平面，    平面（II）以为原点可建立如下图所示的空间直角坐标系：则有，，，，，设，则，又    ，则，又    ，即又平面，平面        平面为平面的一个法向量又平面    为平面的一个法向量平面与平面所成锐二面角的余弦值为：【点睛】本题考查立体几何中线面垂直关系的证明、空间向量法求解二面角余弦值的问题，涉及到线面垂直的判定定理和性质定理的应用、向量的坐标运算、向量夹角的求解的问题，属于常考题型.21．已知点及圆．（1）若直线过点且与圆心的距离为1，求直线的方程；（2）若过点的直线与圆交于、两点，且，求以为直径的圆的方程；（3）若直线与圆交于，两点，是否存在实数，使得过点的直线垂直平分弦？若存在，求出实数的值；若不存在，请说明理由．【答案】（1），；（2）；（3）不存在，理由详见解析.【分析】（1）设出直线方程，结合点到直线的距离公式，计算参数，即可得出所求直线方程，注意分斜率存在与否两种情况讨论；（2）求出点P与圆心C之间的距离，再根据逆用弦长公式求出弦心距d，发现，则点P为MN的中点，故以MN为直径的圆的圆心坐标即为P的坐标，半径为|MN|的一半，写出圆的方程即可；（3）把已知直线的方程代入到圆的方程中消去y得到关于x的一元二次方程，因为直线与圆有两个交点，所以得到△＞0，列出关于a的不等式，求出a的范围，再计算的斜率，求出a的值，即可.【详解】（1）圆的圆心为，半径，当的斜率存在时，设直线的斜率为， 则方程为．依题意得， 解得.所以直线的方程为，即．当的斜率不存在时，的方程为，经验证也满足条件. （2）由于， 而弦心距， 所以．所以为的中点．故以为直径的圆的方程为．（3）直线，即，代入圆的方程，消去，整理得．由于直线交圆于，两点，故， 解得．则实数的取值范围是． 若存在实数，使得过点的直线垂直平分弦，则圆心必在上．所以的斜率，而，所以．由于，故不存在实数，使得过点的直线垂直平分弦．【点睛】此题考查学生掌握直线与圆的位置关系，灵活运用点到直线的距离公式及两点间的距离公式化简求值，考查了分类讨论的数学思想，以及会利用反证法进行证明，是一道综合题．22．已知椭圆的左右焦点分别为，右顶点为A，上顶点为B，O为坐标原点，．(1)若的面积为，求椭圆的标准方程；(2)如图，过点作斜率的直线l交椭圆于不同两点M，N，点M关于x轴对称的点为S，直线交x轴于点T，点P在椭圆的内部，在椭圆上存在点Q，使，记四边形的面积为，求的最大值．【答案】(1)；(2). 【分析】（1）由已知条件由方程组可解出得到椭圆方程.（2）直线方程与椭圆方程联立方程组，由韦达定理化简和，把表示为关于k的函数，利用导数求解最大值.【详解】（1），∴，，，又，解得，所以椭圆的标准方程为：.（2），∴，椭圆， 令，直线l的方程为：，联立方程组： ，消去y得，由韦达定理得，，有 ，因为：，所以， ，将点Q坐标代入椭圆方程化简得： ，而此时： .令，所以直线 ，令得 ，由韦达定理化简得， ，而， O点到直线l的距离， 所以：， ，，因为点P在椭圆内部，所以 ，得，即令 ，求导得 ，当 ，即时，，单调递增； 当 ，即时，，单调递减.所以： ，即 .【点睛】思路点睛：(1)解答直线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系．(2)注意观察应用题设中的每一个条件，强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．