浙江省名校协作体2023-2024学年高二下学期2月月考数学试题 Word版含解析.docx

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2023学年高二年级第二学期浙江省名校协作体试题数学试卷考生须知：1.本卷满分150分，考试时间120分钟.2.答题前，在答题卷指定区域填写学校、班级、姓名、试场号、座位号及准考证号.3.所有答案必须写在答题卷上，写在试卷上无效.4.考试结束后，只需上交答题卷.选择题部分一、选择题：本题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.1.抛物线的准线方程为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】求出焦参数，根据焦点的位置确定准线方程．【详解】由题意焦点在轴正半轴，，，所以准线方程为．故选：C．2.数列1，，，…的通项公式可能是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】代入即可结合选项逐一排除.【详解】当时，对于B中，当时，对于C中，对于D中，四个选项中只有同时满足，，.故选：A 3.已知直线：，：，若，则m的值为（）A.1B.－3C.1或－3D.－1或3【答案】B【解析】【分析】根据直线平行得到方程，求出或1，检验后得到答案.【详解】由题意得，解得或1，当时，直线：，：，两直线平行，满足要求.当时，直线：，：，两直线重合，舍去，故选：B4.已知两条直线m，n，两个平面，，则下列命题正确的是（）A.若且，则B.若且，则C.若且，则D若且，则【答案】C【解析】【分析】根据线面平行，线面垂直，面面垂直的判定和性质依次判断各选项.【详解】对于A，若，，则或，故A错误；对于B，若，，则或与异面，故B错误；对于C，由线面垂直的性质定理可知C正确；对于D，若，，则可能在内，可能与平行，可能与相交，故D错误.故选：C.5.已知点和圆Q：，则以PQ为直径的圆与圆Q的公共弦长是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】由题可得以PQ为直径的圆的方程，两圆方程相减可得公共弦所在直线方程，后由弦长公式可得答案. 【详解】由题可得，则以PQ为直径的圆的圆心坐标为，半径为4，则PQ为直径的圆的方程为：.将两圆方程相减可得公共弦方程为：.则圆Q圆心到公共弦方程距离为2，又圆Q半径为4，则公共弦长为：.故选：D6.江南水乡多石拱桥，现有等轴双曲线形的石拱桥（如图），拱顶离水面10米，水面宽米，若水面上升5米，则水面宽为（）A.米B.米C.米D.30米【答案】D【解析】【分析】设双曲线方程为，如图建立直角坐标系，水面上升5米后，设水面宽为CD，设D.由题可得，代入方程可得，后可得x，即可得答案.【详解】设双曲线方程为，如图建立直角坐标系.水面上升5米后，设水面宽为CD，设D，其中.又由题可得，代入双曲线方程可得：，则D.将D点坐标代入双曲线方程可得：，则D.又由对称性可得，则水面上升5米，则水面宽为30米.故选：D 7.在正三棱台中，，，则异面直线与所成角的余弦值是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】如图建立空间直角坐标系，根据向量法求异面直线所成角.【详解】取中点，取中点，连接，O在上，且，因为在正三棱台中，所以，，又，，在梯形中，过点作，垂足为R，过点作，垂足为S，过点作，垂足为T，所以，则，设，在和中，，即，解得，，因与相似，所以，即， 如图，分别以所在直线为轴，轴，过且垂直于平面的直线为轴建立空间直角坐标系，，所以，，设异面直线与所成角为，则，故选：B.8.如图，是由一系列直角三角形拼接而成的几何图形，已知，记，，…，的长度构成的数列为，则的整数部分是（）A.87B.88C.89D.90【答案】B【解析】 【分析】根据等差数列、放缩法、裂项求和法等知识进行分析，从而确定正确答案.【详解】由题意知，，且，，…，都是直角三角形，所以，且，所以数列是以1为首项，1为公差的等差数列，所以，，，即，所以所求整数部分都是.故选：B.【点睛】方法点睛：定义法：若常数，则是等差数列；等差中项法：若，则是等差数列.数列求和的方法可以考虑等差数列的前项和公式，也即公式法，也可以考虑利用裂项求和法.二、多项选择题：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，部分选对的得2分，有选错和不选的得0分.9.已知向量，，则下列正确的是（） A.B.C.D.在方向上的投影向量为【答案】ACD【解析】【分析】ABC选项，根据得到且，AC正确，B错误；D选项，利用投影向量的求解公式得到答案.【详解】ABC选项，由题意得，故且，AC正确，B错误；D选项，在方向上的投影向量为，D正确.故选：ACD10.若正项数列为等比数列，公比为q，其前n项和为，则下列正确的是（）A.数列是等比数列B.数列是等差数列C.若是递减数列，则D.若，则【答案】ABC【解析】【分析】设正项等比数列的首项为，则通项公式，利用等比、等差数列的定义可判定A、B，由，可求的范围，判断C，由求出，再由正项数列的条件，得的范围，判断D.【详解】设正项等比数列的首项为，则通项公式，则，所以，所以数列是首项为，公比为的等比数列，A正确； 则，所以数列是以为首项，以为公差的等差数列，故B正确；若是递减数列，则，因为，则，则，C正确；若，则，则，D错误.故选：ABC11.如图所示，抛物线的焦点为F，过焦点F的直线交抛物线于A，B两点，分别过点A，B作准线l的垂线，垂足分别为，，则（）A.A，B两点的纵坐标之和为常数B.在直线l上存在点P，使C.三点共线D.在直线l上存在点P，使得的重心在抛物线上【答案】CD【解析】【分析】对于A：设出直线方程，与抛物线联立，通过韦达定理来判断；对于B：通过计算的正负来判断；对于C：通过计算是否相等来判断；对于D：求出重心，代入抛物线方程，看方程是否有解来判断.【详解】对于A：设直线的方程为，，联立，消去得， 所以，不常数，A错误；对于B：设，，，则则，故在直线l上不存在点P，使，B错误；对于C：由题可得，则，所以，即三点共线，C正确；对于D：设，又，则的重心坐标为，即，代入抛物线方程得 整理得，，所以在直线l上存在点P，使得的重心在抛物线上，D正确.故选：CD12.在正三棱锥中，两两垂直，，点是侧棱的中点，在平面内，记直线与平面所成角为，则当该三棱锥绕旋转时的取值可能是（）A.53°B.60°C.75°D.89°【答案】AB【解析】【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法求出直线与平面所成角的正弦，求其范围，然后比较角的大小即可.【详解】因为两两垂直，如图建立空间直角坐标系：则则，设面的法向量为，则，取可得，所以，令，则，则当时，，，则， 当时，又，则，所以又，则当该三棱锥绕旋转时的取值可能是AB.故选：AB.【点睛】方法点睛：对于线面角，可通过建立空间直角坐标系将其表示出，然后求其范围.非选择题部分三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.经过两点的直线的方向向量为，则______．【答案】2【解析】【分析】方向向量与平行，由此可得．【详解】由已知，是直线的方向向量，则，故答案为：2.14.已知数列为等比数列，，公比，若是数列的前n项积，当取最大值时，______. 【答案】6【解析】【分析】先求出的通项公式，当时，其前n项积最大，得解.【详解】由题意可得，，，且，当时，最大，即，解得.故答案为：6.15.已知某圆锥底面直径与母线长之比为，其内切球半径为1，则此圆锥的体积等于______.【答案】##【解析】【分析】画出圆锥的轴截面后进行分析，注意利用三角形面积公式与内切圆半径的关系，然后利用圆锥体积公式即得.【详解】圆锥轴截面如图所示：设该圆锥的底面直径为，则底面半径为.因为底面直径与母线长之比为，所以母线长，所以该圆锥的高,因为内切球的半径为1，根据面积相等，可得圆锥轴截面的面积为，解得，所以圆锥的底面半径为，高为， 所以此圆锥的体积.故答案为：.16.已知双曲线C的渐近线方程为，两顶点为A，B，双曲线C上一点P满足，则______.【答案】##【解析】【分析】先设，根据列出方程，得到，联立椭圆方程得到，作出辅助线，得到，，利用正切的差角公式求出答案.【详解】不妨设双曲线C的方程为，A，B为左右顶点.设，因为，所以，化简得：，则，解得，所以，不妨设在第一象限，作轴于D，则，，，故，， .故答案为：四、解答题：共6大题，共70分，其中第17题10分，第18题~第22题每题12分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.已知等差数列的前n项和为，，.（1）求；（2）若、、成等比数列，求k的值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）设等差数列的首项为，公差为d，依题意得到方程组，解得、d，即可求出通项公式与；（2）由（1）可得、、的值，再根据等比中项的性质得到方程，求出.【小问1详解】设等差数列的首项为，公差为d，由，，所以，解得，所以，则.【小问2详解】由（1）可知，，，又、、成等比数列，所以，即，解得或（舍去），. 18.已知圆C的圆心在直线上，且过，两点.（1）求圆C的方程；（2）已知l：，若直线l与圆C相切，求实数m的值.【答案】（1）（或）（2）或【解析】【分析】（1）方法一：设出圆心，根据和圆心在直线上得到方程组，求出，，得到圆心和半径，得到答案；方法二：求出AB的中垂线方程，联立得到圆心坐标，进而得到半径，得到圆的方程；（2）利用圆心到直线的距离等于半径得到方程，求出实数m的值.【小问1详解】方法一：设圆心C的坐标为，则，又，则，即，解得，，所以圆C的半径，所以圆C的方程是（或）.方法二：AB的中点坐标为，，则AB的中垂线方程为.则，解得，所以圆心C的坐标为，所以圆C的半径，所以圆C的方程是（或）.【小问2详解】设圆心C到直线的距离为d，由题意可得，平方整理后可得，解得或.19.如图，已知斜三棱柱，底面是正三角形，， ，点N是棱的中点，.（1）求证：；（2）求平面与平面的夹角的余弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）取的中点，连接，，，，即可证明、，从而得到平面，即可得证；（2）解法一：连接，，利用余弦定理求出，在平面中，过点作交于点，则，从而建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得；解法二：连接，利用余弦定理求出，作于，连接，即可得到为二面角的平面角，再由锐角三角函数计算可得.【小问1详解】取的中点，连接，，，，∵三棱柱中，，∴，又∵，∴，∴，∴，又，平面，∴平面，又平面，∴.【小问2详解】方法一：连接，，在中，，，， 所以，则，显然且，且，所以且，所以四边形为平行四边形，则，在平面中，过点作交于点，则，则，所以，如图建立空间直角坐标系，则，，，所以，，设平面的法向量为，则，取，又平面的一个法向量，∴，所以平面与平面的夹角的余弦值为.方法二：显然且，且，所以且，所以四边形为平行四边形，连接，在中，，，，即，即.作于，连接.因为平面，平面，所以， 又，平面所以平面，平面，所以，所以为二面角的平面角.在中，，解得.则，所以.所以平面与平面的夹角的余弦值为.20.已知点F为抛物线C：的焦点，点在抛物线C上，且.（1）求抛物线C的方程；（2）若直线l与抛物线C交于M，N两点，设直线AM，AN的斜率分别为，，且，求证：直线l过定点.【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）根据抛物线的定义与点在抛物线C上列式求解即可；（2）方法一：分直线斜率存在于不存在两种情况，联立直线与抛物线的方程，得出韦达定理，进而表达再化简即可；方法二：设，，代入化简，结合直线l的方程为即可.【小问1详解】 由题意得：，解得，或（舍去），所以抛物线C的方程为.【小问2详解】方法一：①当直线l斜率存时，设直线l：，，，则，消去x，整理得，则，，，而，整理得，所以，所以直线l：，所以直线l过定点.②当直线l斜率不存在时，设直线l：，则，，则，得，所以直线l：，则点直线l上.综上：直线l过定点.方法二：设，，则，则，直线l的方程为，则，所以直线l过定点. 21.已知数列满足，.（1）若，求数列的前n项和；（2）若，设数列的前n项和为，求证：.【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）由数列递推公式可得其通项公式，再由错位相减法求数列的前n项和；（2）若，可得，从而，利用裂项相消法推导出前n项和为，再由的单调性可证明不等式成立.【小问1详解】当时，则，得，所以，所以数列是以为首项，公差为1的等差数列.所以，则，所以，，两式相减得，所以.【小问2详解】 当时，由，得，所以，所以数列单调递增，因为，所以，又由，可得，所以，即，则，所以，易知为递增数列，且，所以，即：.【点睛】数列求和的常用方法：（1）对于等差等比数列，利用公式法直接求和；（2）对于型数列，其中是等差数列，是等比数列，利用错位相减法求和；（3）对于型数列，利用分组求和法；（4）对于型数列，其中是公差为的等差数列，利用裂项相消法求和.22.已知离心率为的双曲线：过椭圆：的左，右顶点A，B.（1）求双曲线的方程；（2）是双曲线上一点，直线AP，BP与椭圆分别交于D，E，设直线DE与x轴交于，且，记与的外接圆的面积分别为，，求的取值范围. 【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据椭圆与双曲线的基本量求解即可；（2）方法一：设直线AP：，，联立直线与双曲线的方程，结合在双曲线上，化简可得，同理，代入化简，结合双曲线方程可得，再根据正弦定理，结合代入化简可得，再根据求解范围即可；方法二：设直线DE：，，，联立方程得出韦达定理，再根据P，A，D三点共线，P，B，E三点共线，列式化简可得，进而可得，结合双曲线方程可得，再根据正弦定理，结合代入化简可得，再根据求解范围即可.【小问1详解】由题意得：，解得，所以双曲线的方程为.【小问2详解】方法一：设直线AP：，， 则，消y得：，得：，又因为在双曲线上，满足，即，所以，即.同理设直线BP：，，可得，所以.因为，所以，因为，所以.把代入双曲线方程得，解得，则点.设与的外接圆的半径分别为，，由正弦定理得，，因为，所以.则.因为，所以，所以.方法二：设直线DE：，，，则，消x得：，所以，，得，因为P，A，D三点共线，则， 因为P，B，E三点共线，则，两式相除得，而.因为，所以.因为，所以，得，把代入双曲线方程得，解得，则点.设与的外接圆的半径分别为，，由正弦定理得，，因为，所以，则，因为，所以，所以.【点睛】方法点晴：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：（1）设直线方程，设交点坐标为；（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于或的一元二次方程，注意判别式的判断;（3）列出韦达定理；（4）将所求问题或题中的关系转化为，（或，）的形式；