重庆市杨家坪中学2023-2024学年高二上学期第三次月考数学Word版含解析.docx

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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一､单选题1.在等差数列中，，，则公差（）A.B.C.2D.32.已知直线过定点M，点在直线上，则的最小值是（）A.5B.C.D.3.双曲线的渐近线方程是（）A.B.C.D.4.已知向量，向量，则向量在向量上的投影向量为（）A.B.C.D.5.数列的前n项和为，且满足，，则（）A.1011B.1013C.2022D.20236.若实数､满足条件，则的范围是（）A.B.C.D.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.8.已知椭圆的左､右焦点分别为.点在上且横纵坐标均为非负数，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.二､多选题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C.存在，使被圆截得弦长为D.存在，使被圆截得弦长为410.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.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16 D.当最小时，直线的斜率不存在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三､填空题13.已知点到直线的距离等于1，则实数等于___________.14.棱长为的正四面体中，则___________.15.已知数列的首项，且满足，则=___________.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___________.四､解答题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.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. 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.（1）求抛物线的方程；（2）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.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.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.22.如图，椭圆E：的离心率是，过点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.参考答案： 1.B【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.B【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.C【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.A【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：A5.B【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.B【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.B【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.A【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，因为，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）.9.BCD【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.AB【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错误，故选：AB11.AD【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.ABD【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.13./【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.【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：.15.512【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】∵，（）∴.（）∴，（），∴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∵，（），∴，又，∴，可得：当n为偶数时，∴.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.【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.17.（1）（2）【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.【详解】（1）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；（2），故，则，两式相减得， 故.18.（1）证明见解析；（2）.【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.【详解】（1）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.（2）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.（1）；（2）.【分析】（1）可得，代入方程求解即可；（2）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】（1）由题意，代入，得，，抛物线的方程为.（2）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.（1）证明见解析；（2）不存在，答案见解析.【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.【详解】（1）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；（2），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.（1）（2）存在，，【分析】（1）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.（1），，假设存在正整数m，n，使得，化为，可得，2，分类讨论即可得出.【详解】（1）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.（2） ，..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.（1）；（2）存在，Q点的坐标为.【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.