2022-2023学年湖北省襄阳市第四中学高二上学期12月月考数学试题（解析版）

2022-2023学年湖北省襄阳市第四中学高二上学期12月月考数学试题

一、单选题

1．数列，…的一个通项公式可能是（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】将每项的绝对值写成以为底的幂的形式，再结合负号出现的规律即可得答案.

【详解】解：因为，，，

所以此数列的一个通项公式可以是.

故选：D.

2．与的等差中项和等比中项分别是（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】结合等差中项与等比中项的定义即可求解．

【详解】与的等差中项是，

与的等比中项是

故选：A

3．已知抛物线，点为抛物线上任意一点，过点向圆作切线，切点分别为，则四边形的面积的最小值为（    ）

A．3 B． C． D．

【答案】C

【分析】由，当最小时求解.

【详解】解：如图所示：

设，，

连接，圆为：，

则，

则，

当点时，的最小值为，

所以，

故选：C

4．设、分别为双曲线的左、右焦点，若在双曲线右支上存在点，满足，且到直线的距离等于双曲线的实轴长，则该双曲线的离心率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据题设条件和双曲线的性质，在三角形值寻找等量关系，得到之间的等量关系，进而求出离心率.

【详解】依题意，可知三角形是一个等腰三角形，F2在直线PF1的投影是其中点，由勾股定理知可知，

根据双曲定义可知，整理得，

代入整理得，求得；

∴．

故选：D．

【点睛】关键点点睛：该题考查的是有关双曲线的离心率问题，正确解题的关键是熟练掌握双曲线的性质，以及寻找判断三角形中边的关系.

5．已知点P在直线上运动，点E是圆上的动点，点F是圆上的动点，则的最大值为（    ）

A．6 B．7 C．8 D．9

【答案】D

【分析】作出关于直线的对称圆，把转化到与，直线同侧的，数形结合找到取最大值的位置，求出的最大值.

【详解】如图所示，

圆的圆心为，半径为3，

圆关于直线的对称圆为圆B，其中设圆心B坐标为，

则 ，解得：，

故圆B的圆心为，半径为1，

由于此时圆心A与圆心B的距离为：，

大于两圆的半径之和，所以两圆相离，此时点的对称点为，且，所以，在P点运动过程中，当P，B，A，，F五点共线时，且在圆B左侧，点F在圆A右侧时，最大，最大值为

故选：D.

6．过圆内一点作直线交圆O于A，B两点，过A，B分别作圆的切线交于点P，则点P的坐标满足方程（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】设出点坐标，求解出以为直径的圆的方程，将圆的方程与圆的方程作差可得公共弦的方程，结合点在上可得点P的坐标满足的方程.

【详解】设，则以为直径的圆，即①

因为是圆O的切线，所以，所以A，B在圆M上，

所以是圆O与圆M的公共弦，又因为圆②，

所以由①②得直线的方程为：，

又点满足直线方程，所以，即.

故选：A.

7．南宋数学家杨辉在《详解九章算法》和《算法通变本末》中，提出了一些新的垛积公式，所讨论的高阶等差数到与一般的等差数列不同，前后两项之差并不相等，但是逐项差数之差或者高次差成等差数列．如数列1，3，6，10，前后两项之差组成新数列2，3，4，新数列2，3，4为等差数列、这样的数列称为二阶等差数列．现有二阶等差数列，其前7项分别为2，3，5，8，12，17，23则该数列的第100项为（    ）

A．4862 B．4962 C．4852 D．4952

【答案】D

【分析】根据题意可得数列2，3，5，8，12，17，23，，满足：，，从而利用累加法即可求出，进一步即可得到的值．

【详解】2，3，5，8，12，17，23，后项减前项可得1，2，3，4，5，6，

所以，

所以

.

所以.

故选：D

8．已知两个等差数列和的前n项和分别为Sn和Tn，且=，则的值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据等差数列的前项和的特点和条件可设，，然后算出、即可得答案.

【详解】因为=，所以可设，，，

所以，，

所以，

故选：A.

二、多选题

9．若数列是等比数列，则下列数列一定是等比数列的有（    ）

A． B． C． D．

【答案】AB

【分析】由已知结合等比数列的定义检验各选项即可判断.

【详解】若数列是等比数列，则，

A：，符合等比数列，A正确；

B：，符合等比数列，B正确；

当时，CD显然不符合题意.

故选：AB.

10．在数列中，，，则以下结论正确的为（    ）．

A．数列为等差数列

B．

C．当取最大值时，n的值为51

D．当数列的前n项和取得最大值时，n的值为49或51

【答案】ACD

【分析】由已知结合等差中项的定义证明等差数列可判断A；令，求得判断B；由等差数列的性质及等差数列的通项公式求得，利用数列的正负可求得取最大值时n的值判断C；数列的正负，知 ，，，又，可知数列前n项和取得最大值时，n的值判断D.

【详解】对于A，由，得，

两式作差得，即，所以数列为等差数列，故A正确；

对于B，令，知，故B错误；

对于C，由等差数列的性质知，即，又，

可得公差，所以，知数列的前51项为正，从第52项开始为负，当取最大值时，n的值为51，故C正确；

对于D，由数列的前51项为正，从第52项开始为负，又，

知，，，所以数列前49项和最大，

又，所以数列前51项和最大，当时，，

所以当或51时，的前n项和取得最大值，D正确．

故选：ACD

11．已知等差数列的前项和为，若，，则（    ）

A． B．若，则的最小值为

C．取到最大值时， D．设，则数列的最小项为

【答案】AD

【分析】求得等差数列的通项公式判断选项A；求得的最小值判断选项B；求得取到最大值时n的值判断选项C；求得数列的最小项判断选项D.

【详解】由，可得，

则等差数列的通项公式为，则选项A判断正确；

若，则

则

（当且仅当时等号成立）

又，则的最小值为不为.则选项B判断错误；

等差数列中，

则等差数列的前项和取到最大值时，或.则选项C判断错误；

设，则，则

则

则数列的最小项为.则选项D判断正确

故选：AD

12．月光石不能频繁遇水，因为其主要成分是钾钠硅酸盐．一块斯里兰卡月光石的截面可近似看成由半圆和半椭圆组成，如图所示，在平面直角坐标系，半圆的圆心在坐标原点，半圆所在的圆过椭圆的右焦点 ，椭圆的短轴与半圆的直径重合．若直线与半圆交于点A，与半椭圆交于点B，则下列结论正确的是（       ）

A．椭圆的离心率是 B．线段AB长度的取值范围是

C．面积的最大值是 D．的周长存在最大值

【答案】ABC

【分析】由题意可求出半圆和椭圆的方程，即可求得椭圆离心率，判断A；结合半圆的半径以及椭圆的长半轴长，可确定线段AB长度的取值范围，判断B；设坐标，表示出面积，利用基本不等式求得其最大值，判断C；表示出的周长的表达式，结合t的取值范围可判断D.

【详解】由题意得半圆的方程为，

设椭圆的方程为，所以 ，

所以椭圆的方程为．

A．椭圆的离心率是，所以该选项正确；

B． 当时，；当时，，

所以线段AB长度的取值范围是，所以该选项正确；

C．由题得面积，

设，

设，所以，

所以

，当且仅当时等号成立，所以该选项正确；

D．的周长，

所以当时，的周长最大，但是不能取零，所以的周长没有最大值，

所以该选项错误．

故选：ABC.

三、填空题

13．如果方程表示焦点在轴的椭圆，那么实数的取值范围是___________.

【答案】.

【分析】先将方程变形为椭圆的标准方程，然后由焦点在轴上，列不等式可求出实数的取值范围.

【详解】由，得，

因为椭圆的焦点在轴上，

所以，解得，

即实数的取值范围是，

故答案为：.

14．过点作圆的两条切线，切点分别为M，N，则________．

【答案】##

【分析】根据题意作出图像，利用两点距离公式求得，再在与中利用正弦函数的定义求得，进而求得.

【详解】依题意，连结，记为的交点，

因为与圆相切，所以，，，是的中点，

因为，，所以，

又，所以在中，，，

故在中，，

所以.

故答案为：.

15．如图，两条异面直线a，b所成角为，在直线上a，b分别取点，E和点A，F，使且.已知，，.则线段______.

【答案】或

【分析】根据空间向量的加法，利用向量数量积的性质计算模长，建立方程，可得答案.

【详解】因为，所以，

由于，，则，，

又因为两条异面直线a，b所成角为，所以或，

故，可得或.

故答案为：或

16．我国古代数学著作《孙子算经》中有一道题: “今有物不知其数，三三数之剩二，五五数之剩二，七七数之剩二，问物几何?”根据这一数学思想，所有被 3除余 2的正整数按从小到大的顺序排列组成数列，所有被 5 除余 2的正整数按从小到大的顺序排列组成数列，把数列与的公共项按从小到大的顺序排列组成数列， 则数列的第10项是数列的第______项.

【答案】28

【分析】根据给定的条件，求出数列，的通项公式，再推导出数列的通项即可计算作答.

【详解】依题意，数列，的通项公式分别为，令，

即有，则，因此，即，有，

于是得数列的通项为，，由得：，

所以数列的第10项是数列的第28项.

故答案为：28

四、解答题

17．在三角形中，已知点，，.

(1)求边上中线的方程；

(2)若某一直线过点，且在轴上截距比在轴上截距大1，求该直线的一般式方程.

【答案】(1)

(2)或.

【分析】（1）求得线段的中点坐标，再结合点的坐标，由直线的点斜式写出直线方程；

（2）根据题意该直线斜率存在，进而设出方程，求出在坐标轴上的截距，根据题意解方程即可得答案.

【详解】（1）解：因为，，所以的中点坐标为，

所以边上中线的斜率为，

所以边上中线的方程为，即.

（2）解：根据题意，该直线的斜率存在且不为0，不妨设该直线方程为

所以令，则，令，则，

因为在轴上截距比在轴上截距大1，

所以，即，解得或

即或.

18．已知数列的前n项和为，若．

(1)求证：数列是等差数列；

(2)若，求数列的前n项和．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】(1)利用与之间的关系，可求出的通项公式，在利用等差数列的定义证明即可.

(2)先通过通项公式判断前5项小于0，第6项以后都是大于0，可以分，

和，两部分进行求和，即可得出答案.

【详解】（1）因为，

所以时，，

由①②相减可得，，，

当时，也满足题意，

故的通项公式为：．

所以时，，

所以时，总成立，

所以数列是等差数列．

（2）因为，

所以，

当时，；当时，，

由(1)中结论可知，当时，；

当时，，

从而．

19．如图，四棱锥中，底面是直角梯形，，，，．

(1)求证：平面；

(2)求直线与平面所成角的正弦值．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）取的中点，连接，证明出，，再利用线面垂直的判定定理可证得结论成立；

（2）点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得直线与平面所成角的正弦值.

【详解】（1）证明：由于，，所以，

由于，，、平面，所以平面，

平面，由平面，得.

取的中点，连接，

因为底面是直角梯形，且，，

故四边形为矩形，且且，，

所以在中，，，，即，

由于，、平面，所以平面.

（2）解：平面，，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，

则、、、、，

，，，

设平面的法向量为，则，取，可得，

所以，.

所以，直线与平面所成角的正弦值为.

20．在数列中，，点在直线上，，数列的前项和.

(1)求；

(2)是否存在整数（），使得不等式恒成立？若存在，求出的取值所构成的集合；若不存在，请说明理由.

【答案】(1)

(2)存在，

【分析】（1）利用即可证明等数列，运用裂项相消法可求出；

（2）当数列中出现时一定要注意讨论n为奇数和偶数时不同的结果，利用参变分离求出参数的范围.

【详解】（1）因为，在直线上，

所以，即数列为等差数列，公差为2.

所以.

所以，

所以.

（2）若存在整数使得不等式恒成立，

因为，所以恒成立.

（i）当为奇数时，，即.

当时，的最大值为，所以只需

（ii）当为偶数时，，即.

当时，的最小值为，所以只需.

可知存在，且.

又为整数，所以取值构成的集合为.

21．如图，已知圆，点为直线上一动点，过点引圆的两条切线，切点分别为.

(1)求直线的方程，并写出直线所经过的定点坐标；

(2)求线段中点的轨迹方程（不必写出的取值范围）；

(3)若两条切线与轴分别交于两点，求的最小值.

【答案】(1)，定点

(2)

(3)

【分析】（1）计算以为圆心，为半径的圆方程，与圆的方程相减得到直线方程.

（2）线段的中点为，根据得到在以为直线的圆上，计算圆心的半径即可.

（3）设出切线方程，根据相切得到，根据韦达定理得到根与系数的关系，计算，得到最值.

【详解】（1）圆，即，圆心，半径，

，，

故以为圆心，为半径的圆方程为：，

即，

故直线的方程为，

化简得到，直线过定点

（2）设线段的中点为，则，即在以为直线的圆上，

圆心为，即，半径为

故的轨迹方程为：.

（3）设切线方程为 , 即 ，

故到直线 的距离，即，

设的斜率分别为，由韦达定理可得 ，，

把代入，得，

则，

故当时，取得最小值为.

【点睛】本题考查了直线和圆的位置关系，直线过定点问题，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中利用两圆方程相减求弦所在的方程是解题的关键，韦达定理的应用也是考查的重点.

22．已知椭圆C：过点，过其右焦点且垂直于x轴的直线交椭圆C于A，B两点，且．

(1)求椭圆C的方程；

(2)若直线l：与椭圆C交于E，F两点，线段EF的中点为Q，在y轴上是否存在定点P，使得∠EQP＝2∠EFP恒成立？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．

【答案】(1)

(2)存在定点，

【分析】（1）直接由椭圆C过点和解方程即可；

（2）先联立直线和椭圆，通过∠EQP＝2∠EFP得到点P在以EF为直径的圆上，即PE⊥PF，表示出，由解出点P的坐标即可.

【详解】（1）由题知，椭圆C过点和，

所以，解得

所以椭圆C的方程为．

（2）

假设在y轴上存在定点P，使得∠EQP＝2∠EFP恒成立，设，，

由，得，∴，

∵∠EQP＝2∠EFP，∴∠EFP＝∠FPQ，∴QE＝QF＝QP

∴点P在以EF为直径的圆上，即PE⊥PF

，

∴

∴恒成立

∴，解得

∴

∴存在定点，使得∠EQP＝2∠EFP恒成立．

【点睛】本题关键点在于利用∠EQP＝2∠EFP得到点P在以EF为直径的圆上，进而得到，表示出，，联立直线和椭圆后，由韦达定理及建立方程解出点P的坐标即可.