重庆市杨家坪中学2023-2024学年高二上学期第三次月考数学试题（Word版附解析）

这是一份重庆市杨家坪中学2023-2024学年高二上学期第三次月考数学试题（Word版附解析），共23页。试卷主要包含了考试结束后，将答题卡交回， 若实数、满足条件，则的范围是， 已知椭圆的左、右焦点分别为， 已知直线，则下列结论正确的是等内容，欢迎下载使用。

（满分150分，时间120分钟）
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
3.考试结束后，将答题卡交回.
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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，，，则公差（ ）
A. B. C. 2D. 3
【答案】B
【解析】
【分析】利用等差数列通项公式的性质解出即可
【详解】在等差数列中，，
所以
故选：B.
2. 已知直线过定点M，点在直线上，则的最小值是（ ）
A. 5B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先求定点，再根据点到直线距离求解点到直线上动点距离最小值即可.
【详解】由得，所以直线l过定点，
依题意可知的最小值就是点M到直线的距离，
由点到直线的距离公式可得．
故选:B.
3. 双曲线渐近线方程是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】化简双曲线的标准方程为，结合双曲线的结合性质，即可求解.
【详解】由双曲线，可化为，可得，
所以双曲线的渐近线方程为.
故选：C.
4. 已知向量，向量，则向量在向量上的投影向量为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由空间向量数量积的几何意义及投影向量的定义，应用向量数量积、模长的坐标运算求向量在向量上的投影向量.
【详解】向量在向量上的投影向量为.
故选：A
5. 数列的前n项和为，且满足，，则（ ）
A. 1011B. 1013C. 2022D. 2023
【答案】B
【解析】
【分析】利用数列的递推公式以及数列的周期性求解.
【详解】因为，，
所以
所以数列是以3为周期的周期数列，
且列，
所以，
故选:B.
6. 若实数、满足条件，则的范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】令，分析可知，直线与圆有公共点，根据直线与圆的位置关系可得出关于的不等式，即可解得的取值范围.
【详解】令，可得，
则直线与圆有公共点，
所以，，解得，
即的取值范围是.
故选：B.
7. 古希腊数学家阿基米德一生最为满意的一个数学发现就是“圆柱容球”定理，即圆柱内切球的体积是圆柱体积的，且球的表面积也是圆柱表面积的.已知表面积为的圆柱的轴截面为正方形，则该圆柱内切球表面积与圆柱的体积之比为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设圆柱的底面半径为，则高为，由圆柱的表面积求得，再求出圆柱内切球的表面积及圆柱的体积，作比得答案．
【详解】解：设圆柱的底面半径为，则高为，
圆柱的表面积为，解得，
圆柱内切球的表面积为，
圆柱的体积为．
该圆柱内切球表面积与圆柱的体积之比为．
故选：B．
8. 已知椭圆的左、右焦点分别为.点在上且位于第一象限，圆与线段的延长线，线段以及轴均相切，的内切圆为圆.若圆与圆外切，且圆与圆的面积之比为9，则的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】设圆、与轴的切点分别为，，圆心、在的角平分线上，从而切点也在的角平分线上，所以，由切线的性质求得，，由圆面积比得半径比，然后由相似形得出的关系式，从而求得离心率.
【详解】由已知及平面几何知识可得圆心、在的角平分线上.如图，
设圆、与轴的切点分别为，，由平面几何知识可得，直线为两圆的公切线，
切点也在的角平分线上，所以，
由椭圆的定义知，则，
所以，
所以，
所以，
.
又圆与圆的面积之比为9，
所以圆与圆的半径之比为3，
因，所以，
即，整理得，故椭圆的离心率.
故选：A.
【点睛】方法点睛：椭圆的离心率是椭圆最重要的几何性质，求椭圆的离心率(或离心率的取值范围)，常见有两种方法：
①求出a，c，代入公式；
②只需要根据一个条件得到关于a，b，c的齐次式，结合b2＝a2－c2转化为a，c的齐次式，然后等式(不等式)两边分别除以a或a2转化为关于e的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得e(e的取值范围)．
二、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，有选错的得0分，部分选对的得2分.
9. 已知直线，则下列结论正确的是（ ）
A. 存在，使与直线平行B. 恒过定点（0，1）
C. 存在，使被圆截得弦长为D. 存在，使被圆截得弦长为4
【答案】BCD
【解析】
【分析】由无解可判断A；将代入恒成立可判断B；当圆的圆心与连线和垂直时，求出被圆截得弦长可判断C；过圆心的弦长最大，最大值为直径4可判断D.
【详解】∵无解，A不正确；
将代入，则恒成立，B正确；
由B知，当圆的圆心与连线和垂直时，
弦长最小，最小值为，C正确；
过圆心的弦长最大，最大值为直径4，D正确，
故选：BCD.
10. 设等比数列的公比为，其前n项和为，前n项积为，且满足条件，，，则下列选项正确的是（ ）
A. B.
C. 是数列中的最大项D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】利用数列的性质，逐个选项分析即可.
【详解】，或，，，同号，
且，，即数列前项大于，从第项开始小于1，
对于A，，且易知，故，A正确，
对于B，易知，故，，B正确，
对于C，由题意知是递减数列，且，，故是数列中的最大项，故C错误，
对于D，，故D正确，
故选:ABD
11. 已知抛物线的焦点为F，过F作两条互相垂直的直线，，与C相交于P，Q，与C相交于M，N，的中点为G，的中点为H，则（ ）
A. B.
C. 的最大值为16D. 当最小时，直线的斜率不存在
【答案】AD
【解析】
【分析】A选项，先得到两直线斜率均存在且不为0，设直线方程为，联立抛物线方程，得到两根之和，两根之积，由焦半径得到，，从而得到；B选项，在A选项基础上得到和，从而代入计算出；C选项，在B选项基础上，利用基本不等式“1”的妙用求出最小值；D选项，先得到，，表达出，并结合基本不等式求出当时，取得最小值，此时，故D正确.
【详解】A选项，若一条直线的斜率不存在时，则另一条直线斜率为0，
此时与抛物线只有1个交点，不合要求，
故两直线斜率均存在且不为0，
由题意得，设直线方程为，
联立与得，，
易知，设，则，
则，，
则，A正确；
B选项，在A选项基础上得到，
由于两直线均过焦点且垂直，可得，
故，B错误；
C选项，由B选项可知，
，
当且仅当，即时，等号成立，
故的最小值为16，C错误；
D选项，由A选项可知，点横坐标为，
故，所以，
由于两直线均过焦点且垂直，可得，
则
，
其中，当且仅当，即时，等号成立，
当时，取得最小值，此时，
故当最小时，直线的斜率不存在，D正确.
故选：AD.
【点睛】方法点睛：圆锥曲线中最值或范围问题的常见解法：
（1）几何法，若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用几何法来解决；
（2）代数法，若题目的条件和结论能体现某种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值或范围．
12. 在正方体中，点P在线段上运动，则下列结论正确的有（ ）
A. 直线平面
B. 三棱锥体积为定值
C. 异面直线与所成角的取值范围是
D. 直线与平面所成角的正弦值的最大值为
【答案】ABD
【解析】
【分析】在正方体中，本题涉及线面垂直的证明，三棱锥体积的求解，异面直线所成角的范围及线面角正弦值的范围.需逐个分析、计算、证明各选项.
【详解】如图，
对于选项A,连接、 ,由正方体可得,且平面,则,又,且平面,所以平面,故
同理可证,又,且平面,所以平面,
故A正确;
对于选项B, 在正方体中，易知,而平面，平面，所以平面，且因为点在线段上运动，则到平面的距离为定值，面积为定值，所以三棱锥体积为定值,故B正确;
对于选项C,因为, 则异面直线与所成角等于直线与所成角,
易知，当点与线段的端点重合时，直线与所成角取得最小值为，故C错误;
对于选项D，如图所示建立空间直角坐标系：设正方体棱长为1，则
,设则,
由B选项证明可知，平面,所以是平面的一个法向量，设直线与平面所成角为，则
，当时，即为中点时，取得最大值，故D正确
故选：ABD.
三、填空题：本题共4个小题，每小题5分，共20分.把答案填写在答题卡相应位置上.
13. 已知点到直线的距离等于1，则实数等于____________．
【答案】##
【解析】
【分析】根据点到直线距离公式列方程求解即可.
【详解】由题意，，
解得.
故答案为：.
14. 棱长为的正四面体中，则 ______．
【答案】
【解析】
【分析】根据题意，化简得到，结合向量的数量积的运算法则，即可求解.
【详解】如图所示，在棱长为正四面体中，
可得，且，
则
故答案为：.

15. 已知数列的首项，且满足，则=________．
【答案】512
【解析】
【分析】利用已知将n换为n+1，再写一个式子，与已知作比，得到数列的各个偶数项成等比，公比为2，再求得，最后利用等比数列的通项公式即可得出．
【详解】∵anan+1=2n，（）
∴an+1an+2=2n+2．（）
∴,（），∴数列的各个奇数项成等比，公比为2，
数列的各个偶数项成等比，公比为2，
又∵anan+1=2n，（），∴a1a2=2,又，∴，
可得：当n为偶数时，
∴a20＝1•29＝512．
故答案为512．
【点睛】本题考查了等比数列的通项公式、数列递推关系，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
16. 已知在等腰梯形中，，，，双曲线以，为焦点，且与线段，（包含端点，）分别有一个交点，则该双曲线的离心率的取值范围是__________．
【答案】
【解析】
【详解】以线段的中点为坐标原点建立平面直角坐标系，则双曲线，.设双曲线方程为，只需点在双曲线右支图像的上方（包括在图像上）即可，也即，两边乘以得，由于，所以上式化为，解得，，故.
【点睛】本题主要考查平面解析几何的思想方法，将几何问题代数化.由于题目涉及到双曲线，故首先建立平面直角坐标系，根据题意，以的中点为坐标原点来建立坐标系，由此可知双曲线焦点在轴上，并且.建系后可利用角度得到点的坐标，根据题意，点应该在双曲线图像的上方，由此可列不等式，求得的范围，进而求得离心率的范围.
四、解答题：本题共6个小题，共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.
17. 已知数列，，，为数列的前n项和.
（1）求数列的通项公式；
（2）设，求数列的前n项和.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据得到为首项为1，公比为2的等比数列，求出通项公式；
（2）利用错位相减法求和.
【小问1详解】
当得，，因为，解得，
故①，
当时，，②，
两式相减得，故，，
故为首项为1，公比为2的等比数列，
所以；
【小问2详解】
，
故，
则，
两式相减得，
故
18. 如图，已知垂直于梯形所在的平面，矩形的对角线交于点F，G为的中点，，.
（1）求证：平面；
（2）求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析；
（2）.
【解析】
【分析】（1）连接GF，利用中位线定理，结合线面平行判定定理可证；
（2）以A为原点，分别为x，y，z的正方向建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可.
【小问1详解】
连接GF，因为四边形为矩形，
所以F为SD的中点，
又G为的中点，所以，
因为平面，平面，
所以平面.
【小问2详解】
因为平面ABCD，平面，
所以，
又，所以两两垂直，
以A为原点，分别为x，y，z的正方向建立空间直角坐标系，
则，
所以，
易知，为平面的一个法向量，
设为平面的法向量，
则，取，得，
记平面与平面夹角为，
则.
19. 已知抛物线的准线为，过抛物线上一点向轴作垂线，垂足恰好为抛物线的焦点，且．
（Ⅰ）求抛物线的方程；
（Ⅱ）设与轴的交点为，过轴上的一个定点的直线与抛物线交于两点．记直线的斜率分别为，若，求直线的方程.
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）.
【解析】
分析】（Ⅰ）可得，代入方程求解即可；
（Ⅱ）设直线的方程为，和抛物线的方程联立消元可得，，然后利用，求解即可.
【详解】（Ⅰ）由题意，
代入，
得，
，
抛物线的方程为.
（Ⅱ）当直线的斜率不存在时，与题意不符，
所以直线的斜率一定存在，设直线的方程为代入到中，
，
设，，则，
，
所以直线的方程为．
20. 已知在四棱锥中，底面是边长为4的正方形，是正三角形，平面平面，E、F、G分别是、、的中点.
（1）求证：平面；
（2）线段上是否存在一个动点M，使得直线与平面所成角为，若存在，求线段的长度，若不存在，说明理由.
【答案】（1）证明见解析；
（2）不存在，答案见解析.
【解析】
【分析】（1）利用面面垂直的性质定理证明平面PAD，即可证明结论；
（2）建立合适的空间直角坐标系，设，利用向量的线性运算求出的坐标，然后利用向量的夹角公式列出方程，求解即可得到答案．
【小问1详解】
因为平面平面ABCD，平面平面，，平面ABCD，
所以平面PAD，
又E、F分别是PA、PB的中点，
则，
故平面PAD；
【小问2详解】
，
所以，
设平面EFG的法向量为，
则，即，
令，则，
故，
设，
因为，
故，
所以，
因为直线GM与平面EFG所成角为，
故，
化简可得，故方程无解，
所以在线段PD上不存在一个动点M，使得直线GM与平面EFG所成角为．
21. 在数列中，已知，，
（1）求数列的通项公式；
（2）设数列的前n项和为，问是否存在正整数m，n，使得若存在，求出所有的正整数对；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）
（2）存在，，
【解析】
【分析】由题意可得数列的奇数项是以1为首项，公差为2的等差数列；偶数项是以2为首项，公比为3的等比数列，分别利用等差数列与等比数列的通项公式即可得出．
，，假设存在正整数m，n，使得，化为，可得，2，分类讨论即可得出．
【小问1详解】
由，，
可得数列的奇数项是以1为首项，公差为2的等差数列；
偶数项是以2为首项，公比为3的等比数列．
对任意正整数k，；．
数列的通项公式．
【小问2详解】


，．
．
假设存在正整数m，n，使得，
则，
，
从而，，
又，，2，3．
当时，式左边大于0，右边等于0，不成立．
当时，式左边等于0，，解得，．
当时，式可化为，显然不满足，
当时，存在，，，使得，，且，
从而，，，
，，于是，．
综上可知，符合条件的正整数对只有两对：，．
22. 如图，椭圆E：的离心率是，过点P（0,1）的动直线与椭圆相交于A，B两点，当直线平行于轴时，直线被椭圆E截得的线段长为.
（1）求椭圆E的方程；
（2）在平面直角坐标系中，是否存在与点P不同的定点Q，使得恒成立？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）；（2）存在，Q点的坐标为.
【解析】
【详解】（1）由已知，点在椭圆E上.
因此，解得.
所以椭圆的方程为.
（2）当直线与轴平行时，设直线与椭圆相交于C、D两点.
如果存在定点Q满足条件，则，即.
所以Q点在y轴上，可设Q点的坐标为.
当直线与轴垂直时，设直线与椭圆相交于M、N两点.
则，
由，有，解得或.
所以，若存在不同于点P的定点Q满足条件，
则Q点的坐标只可能为.
下面证明：对任意的直线，均有.
当直线的斜率不存在时，由上可知，结论成立.
当直线的斜率存在时，可设直线的方程为，
A、B的坐标分别为.
联立得.
其判别式，
所以，.
因此.
易知，点B关于y轴对称的点的坐标为.
又，
所以，即三点共线.
所以.
故存在与P不同的定点，使得恒成立.
【点睛】本题考查椭圆的标准方程与几何性质、直线方程、直线与椭圆的位置关系等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查数形结合、化归与转化、特殊与一般、分类与整合等数学思想.