浙江省湖州中学2023-2024学年高二上学期第二次月考测试数学试题（Word版附解析）

湖州中学2023学年第一学期高二第二次单元测试数学试题一、单选题：本大题共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.直线的倾斜角是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据已知条件，结合直线的倾斜角与斜率的关系，即可求解．【详解】设直线的倾斜角为，，直线可化为，所以直线的斜率，，故选：D．2.已知等差数列的前项和为，且，，则（）A.7B.8C.9D.10【答案】D【解析】【分析】由，求出数列首项和公差，进而由数列的通项公式求解．【详解】设等差数列的公差为，因为，，所以解得所以．故选：D3.已知平面的一个法向量为，且，则点A到平面 的距离为（）A.B.C.D.1【答案】B【解析】【分析】直接由点面距离的向量公式就可求出．详解】∵，∴，又平面的一个法向量为，∴点A到平面的距离为故选：B4.若实数满足，则的最大值是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据题意，由两点间距离公式，结合圆的方程，代入计算，即可得到结果.【详解】因为表示圆心为，半径为的圆，则表示圆上的点到点的距离的平方，所以最大值为.故选：D5.已知抛物线的焦点为直线与抛物线交于两点，若中点的纵坐标为5，则（）A.8B.11C.13D.16【答案】C【解析】【分析】设点A、B的坐标，利用线段AB中点纵坐标公式和抛物线的定义，求得的值，即可得结果； 【详解】抛物线中p＝3，设点A（x1，y1），B（x2，y2），由抛物线定义可得：|AF|+|BF|＝y1+y2+p＝y1+y2+3，又线段AB中点M的横坐标为5，∴＝10，∴|AF|+|BF|＝13；故选：C.【点睛】本题考查了抛物线的定义的应用及中点坐标公式，是中档题．6.已知、，则“”是“”的（）条件A.充分不必要B.必要不充分C.充要D.既不充分也不必要【答案】A【解析】【分析】根据不等式的基本性质、特殊值法结合充分条件、必要条件的定义判断可得出结论.【详解】当时，，即，所以，“”“”，若，不妨取，，则不成立，所以，“”“”，所以，“”是“”的充分不必要条件.故选：A.7.已知x，y为正实数，则的最小值为（）A.4B.5C.6D.8【答案】C【解析】【分析】将原式变形，换元设，然后利用基本不等式可求得结果. 【详解】由题得，设，则，当且仅当，即时取等号．所以的最小值为6．故选：C．8.已知椭圆的左、右焦点分别为，直线过与椭圆交于两点，若，则椭圆的离心率是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】由题意设，结合椭圆定义，且分别在、中利用余弦定理并结合以及离心率公式即可求解.【详解】由题意不妨设，则，又由椭圆定义可知，所以，在中由余弦定理有，，在中由余弦定理有，，由图可知， 所以，即，解得，所以椭圆的离心率是.故选：A.二、多项选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，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，有选错的得0分.9.已知函数在上值域是，则的取值可以是（）A.B.C.D.【答案】BCD【解析】【分析】根据二次函数性质可求出当值域为时对应的的取值范围，即可求出的所有可能取值.【详解】易知二次函数关于对称，且开口向上，所以对称轴处取得最小值，如下图所示：令，解得或，若使在上的值域是，则需满足，或，因此可得.所以的取值可以是. 故选：BCD10.已知是左、右焦点分别为的双曲线上一点，且，则下列说法正确的是（）A.B.的离心率是C.的渐近线与双曲线的渐近线相同D.的面积是【答案】BCD【解析】【分析】对于A，有对称性可推翻；对于B，由平方关系、离心率公式判断即可；对于C，由渐近线的求法即可判断；对于D，利用双曲线定义、余弦定理即可求得，结合三角形面积公式即可求解.【详解】对于A，由题意双曲线上存在点，使得，由对称性可知点可能在左支上，也可能在右支上，即，故A错误；对于B，由题意，即的离心率是2，故B正确；对于C，的渐近线为即，双曲线的渐近线为即，故C正确；对于D，不失一般性，不妨设点在双曲线左支上，如图所示：不妨设，由题意，在中运用余弦定理有，解得， 所以的面积是，故D正确.故选：BCD.11.设等差数列的公差为，前项和.若，，则下列结论正确的是（）A.数列是递增数列B.C.D.中最大的是【答案】BCD【解析】【分析】利用等差数列的通项公式求和公式及其性质即可判断出结论．【详解】依题意，有，，化为：，，即，，．由，得，由，可得，故，故C正确；则，所以等差数列是单调递减的，故A不正确；则，故B正确；又时，，时，所以中最大的是，故D正确.故选：BCD．12.已知矩形中，，，现沿将此矩形折成的二面角，则折后下列结论正确的是（） A.四面体的外接球半径为B.四面体的体积是C.D.异面直线、所成角的余弦值是【答案】AB【解析】【分析】利用直角三角形的几何性质可求得四面体的外接球半径，可判断A选项；建立空间直角坐标系，写出点的坐标，利用锥体的体积公式可判断B选项；利用空间向量的模长公式可判断C选项；利用空间向量法可判断D选项.【详解】对于A选项，翻折前，，且，翻折后，取线段的中点，连接、，由直角三角形的几何性质可得，且，所以，为四面体的外接球球心，故四面体的外接球半径为，A对；对于BCD选项，过点在平面内作，过点在平面内作，垂足分别为、，因为，由等面积法可得，同理可得，所以，，所以，，同理，，故，以点为坐标原点，、的方向分别为、轴的正方向，过点且与平面垂直的直线为轴建立如下图所示的空间直角坐标系，则、、、，，则，B对， ，则，C错；，，所以，，所以，异面直线、所成角的余弦值是，D错.故选：AB.三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13.动直线过定点，则的坐标为_______.【答案】【解析】【分析】依题意将直线整理成关于的一次函数形式，解方程组即可求得.【详解】根据题意将直线方程整理可得，令，解得；所以可得.故答案为：14.在等比数列中，若，则_______.【答案】【解析】【分析】由已知条件求出等比数列基本量，代入求解可得所求.【详解】设等比数列公比为，由题意得，解得，则.故答案为：. 15.在边长为的正方形中，是中点，则_______；若点在线段上运动，则的最小值是_______.【答案】①.②.【解析】【分析】根据题意，以为坐标原点，建立如图所示平面直角坐标系，结合平面向量的坐标运算，代入计算，即可得到结果.【详解】根据题意，以为坐标原点，建立如图所示平面直角坐标系，因为正方形的边长为，且是中点，则，则，所以；设，其中，则，则，所以，，则，，其中，，当时，有最小值为.所以的最小值是.故答案为：30； 16.已知圆，圆.若圆上存在点，过点作圆的两条切线，切点为，使得，则实数的取值范围为________.【答案】【解析】【分析】由题意画出图形，利用两点间的距离关系求出的距离，再由题意得到关于的不等式求得答案.【详解】解：如图，圆的半径为1，圆上存在点，过点作圆的两条切线，切点为，使得，则，在中，，又圆的半径等于1，圆心坐标，，，，由，解得：.故答案为：.【点睛】本题考查直线和圆的位置关系的应用，利用数形结合将条件进行等价转化是解决本题的关键.四、解答题：本大题共6题，共70分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.17.已知是等差数列，是等比数列，且.（1）求，的通项公式；（2）若数列满足，求的前项和. 【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）直接由等差数列、等比数列基本量的计算得公差公比即可.（2）由错位相减法、等差等比公式法求解即可.【小问1详解】设等差数列的公差、等比数列的公比分别为，由题意得，且，，解得，所以数列，的通项公式分别为.【小问2详解】由题意，所以的前项和，，两式相减得，即.18.已知斜内角的对边分别为，函数，且.（1）求的值；（2）若边上的中线长为，求的最大值.【答案】（1）（2）8【解析】 【分析】（1）利用二倍角公式和辅助角公式可得，结合的范围即可求得；（2）利用平面向量可得，再由基本不等式即可求出的最大值为.【小问1详解】由可得，则，即可得，又是斜的内角，即，且，所以，即可得，所以.【小问2详解】易知，两边同时平方可得，所以，即，可得；当且仅当时，等号成立；所以的最大值为.19.如图，在三棱柱中，分别是上的点，且.设.（1）试用表示向量；（2）若，求的长. 【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用向量加减法及向量数乘的几何意义，基底法表示；（2）利用向量的数量积运算求解向量的模.【小问1详解】，又，，，∴．【小问2详解】因为，．，．，，，．20.设A，B为曲线C：y＝上两点，A与B的横坐标之和为4．（1）求直线AB的斜率；（2）设M为曲线C上一点，C在M处的切线与直线AB平行，且AM⊥BM，求直线AB的方程．【答案】（1）1；（2）y＝x＋7．【解析】【分析】（1）设A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线AB的斜率k＝＝，代入即可求得斜率； （2）由（1）中直线AB的斜率，根据导数的几何意义求得M点坐标，设直线AB的方程为y＝x＋m，与抛物线联立，求得根，结合弦长公式求得AB，由知，|AB|＝2|MN|，从而求得参数m.【详解】解：（1）设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1≠x2，y1＝，y2＝，x1＋x2＝4，于是直线AB的斜率k＝＝＝1．（2）由y＝，得y′＝．设M(x3，y3)，由题设知＝1，解得x3＝2，于是M(2，1)．设直线AB的方程为y＝x＋m，故线段AB的中点为N(2，2＋m)，|MN|＝|m＋1|．将y＝x＋m代入y＝得x2－4x－4m＝0．当Δ＝16(m＋1)>0，即m>－1时，x1，2＝2±2．从而|AB|＝|x1－x2|＝．由题设知|AB|＝2|MN|，即＝2(m＋1)，解得m＝7．所以直线AB的方程为y＝x＋7．21.如图，在四棱锥中，，且，，，，，为的中点.（1）求证：平面；（2）在线段上是否存在点，使得平面与平面夹角的余弦值为？若存在，求出 的值；若不存在，说明理由.【答案】（1）证明见解析（2）存在，1【解析】【分析】（1）取中点，连，证明为平行四边形，得线线平行，进而证明线面平行；（2）由长度计算利用勾股定理证明垂直关系，建立空间直角坐标系，假设存在点，设，利用法向量方法得两平面夹角的余弦值建立方程求得，则得的值.【小问1详解】取中点，连，由为的中点，则，又，则，又，所以四边形为平行四边形，则，平面，平面，则平面.【小问2详解】取中点，连，由且，则四边形是平行四边形，故，又，则，所以，由，则，在中，，由余弦定理得，则，而，所以， 则，即，又，所以平面，平面内作.以为轴正向建立空间直角坐标系，则，所以，假设存在点满足题意，设，则可得，设平面的法向量，则，令，则；设平面的法向量，则，令，则；所以，解得，所以假设成立，即存在，且时，使得平面与平面的夹角的余弦值为. 22.在平面直角坐标系内，已知两点关于原点对称，且的坐标为.曲线上的动点满足当直线的斜率都存在时，.（1）求曲线的方程；（2）已知直线过点且与曲线交于两点，问是否存在定点，使得直线关于轴对称？若存在，求出点的坐标；若不存在，说明理由.【答案】（1）（2）存在，【解析】【分析】（1）由题意，化简并整理即可，注意.（2）设，，由题意，即，将直线方程与椭圆方程联立结合韦达定理即可求解.【小问1详解】由题意设，且，又，化简并整理得，曲线的方程为.【小问2详解】假设存在满足题意，并设， 联立，得，则.因为直线关于轴对称，所以，即，即对任意成立，所以，即假设成立，存在定点满足题意.