2024-2025龙岩第一中学高二上12月份月考数学解析

龙岩一中2024－2025学年第三次月考高二数学时间：120分钟满分：150分一、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．51.中心在坐标原点，离心率为3的双曲线的焦点在y轴上，则双曲线的渐近线方程为（）3445A.y=±xB.yxC.yxD.yx4354【答案】A【解析】b4【分析】根据离心率可得，进而求渐近线，注意焦点在y轴上.a322c5bbc24【详解】由题意可得：e，则1e1，a3aa2a23a3且双曲线的焦点在y轴上，所以双曲线的渐近线方程为yxx.b4故选：A.222.若方向向量为(1,2)的直线l与圆x1y5相切，则直线l的方程可以是（）A.x2y70B.2xy30C.x2y60D.2xy60【答案】B【解析】【分析】根据直线的方向向量得出斜率，设点斜式方程，再由圆心到直线距离等于半径求解.【详解】由直线l的方向向量为(1,2)知，直线的斜率k2，设直线l方程为y2xb，2b则由直线与圆相切知，圆心1,0到直线的距离d5，5解得b7或b3，所以直线l的方程为y2x7或y2x3，第1页/共22页 即2xy70或2xy30，故选：B3.甲、乙、丙、丁和戊5名同学进行数学应用知识比赛，决出第1名至第5名（没有重名次）.已知甲、乙均未得到第1名，且乙不是最后一名，则5人的名次排列情况可能有（）A.27种B.48种C.54种D.72种【答案】C【解析】【分析】先排好乙，再排好甲，余下3位同学任意排，从而可得左右排名情况.【详解】由题意，甲、乙都不是第一名且乙不是最后一名．乙的限制最多，故先排乙，有种情况；再排甲，也有种情况；余下人有种排法．故共有种不同的情况.故选：C.【点睛】思路点睛：排列、组合与简单的计数问题，解决此类问题的关键是弄清完成一件事，是分类完成还是分步完成，是有顺序还是没有顺序，像这种特殊元素与特殊位置的要优先考虑．4.已知Sn是等差数列an的前n项和，若S12S11S13，则使Sn0的最小整数n（）A.12B.13C.24D.25【答案】C【解析】【分析】根据条件得到a130a12，再利用等差数列的性质及前n项和公式，即可求出结果.【详解】等差数列an的前n项和为Sn，由S12S11，且S13S11，得a12S12S110,a12a13S13S110，所以a130a12，则数列an的公差d0，所以数列an是递增的等差数列，且当n12时，an0，当n13时，an0，23a1a2324a1a24又S2323a120,S2412a12a130，22所以使Sn0成立的最小的n为24，故选：C．202322023a1a2a20235.若(12x)aaxaxax，则的值为（）012202322023222第2页/共22页 1A.-1B.0C.D.12【答案】A【解析】1aaaa1；令122023【分析】利用赋值法可得：令x0可得0x可得：a0220230，即可得出2222结果.202322023【详解】因为(12x)aaxaxax，0122023令x0可得a01；2023x1可得：a1a2a20231令a120；02202322222aaa122023故L0a1.220230222故选：A26.已知抛物线C:y2pxp0的焦点为F,A,B两点在抛物线C上，并满足AF3FB，过点A作x轴的垂线，垂足为M，若FM1，则p（）1A.B.1C.2D.42【答案】B【解析】【分析】分过F的直线斜率不存在和存在两种情况，设出直线方程，联立抛物线，得到两根之积，根据向pp1量比例关系得到方程，求出x1，x，从而得到方程，求出答案.12223p【详解】由题意得F,0，2当过F的直线斜率不存在时，AFFB，不合要求，舍去，p2当过F的直线斜率存在时，设为ykx，联立C:y2px得，222222kpkx2kp2px0，42p设��1,�1,��2,�2，则x1x2，4第3页/共22页 pp因为AF3FB，所以x13x2，22pp又FM1，故x1，解得x1，1122pp1故3x21，解得x2，2232pp1p故1，解得p1.2234故选：B7.已知数列an的前n项和为Sn，若3Snan2，则an的最大值为（）11A.1B.C.D.122【答案】C【解析】a1n【分析】根据数列递推式，采用两式相减的方法推出,n2，结合等比数列通项公式求出an表a2n1达式，结合单调性，即可求得答案.【详解】由题意知3Snan2，故n1时，3a1a12,a11，当n2时，3Snan2，3Sn1an12，则3SnSn1anan1，1即3ananan1，故anan1,n2，又a110，21所以an为首项是a11，公比为的等比数列，2n1n11n1故a11，n22第4页/共22页 n11随n的增大而减小，且数列的奇数项均为负值，偶数项为正值，21故n2时，an取最大值，最大值为，2故选：C22xy8.已知椭圆C：221a＞b＞0的左右焦点分别为F1、F2，△ABD的三个顶点均在C上，F1、F2分ab别落在线段AB、AD上且ADx轴，若AD8,AB9，则BD（）.A.4B.5C.6D.7【答案】D【解析】【分析】作出图象，由题意可知AF2DF24，从而可得AF12a4,BF1132a,BF24a13，在AF1RtAFF和△ABF中，分别求得cosA，从而可得a5，即有AF6,BF3，2，过B作12211BF1BMAD于M，AFAF221DF中点，即可得解.可得，M为2AMAB3【详解】如图所示：由题意可知AF2DF24，设椭圆的半长轴为a，则AF12a4,BF19(2a4)132a,BF22aBF12a(132a)4a13，AF422在RtAF1F2中，cosA，AF2a4a21在△ABF2中，第5页/共22页 222222222ABAFBF94BF97(4a13)16a104a722a13a9222cosA，2ABAF294727292222a13a9所以，a2922整理得：a(2a17a35)0，即2a17a3507解得：a5或a，27当a时，AF13,BF16,AF1BF1，不满足题意，故舍去；2AF1当a5时，AF16,BF13,AF1BF1，满足题意，且2，BF1过B作BMAD于M，AFAF221则，AMAB3所以AM6,MF22,所以DM2MF2，故M为DF2中点，所以BF2BD7.故选：D.【点睛】关键点睛：解答本题的关键是在RtAF1F2和△ABF2中，分别求得cosA，建立等量关系，求得a5.二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．22229.已知动点M，N分别在圆C:x1y21和C:x3y43上，动点P在x12轴上，则（）A.圆C2的半径为3B.圆C1和圆C2相离C.PMPN的最小值为210第6页/共22页 D.过点P做圆C1的切线，则切线长最短为3【答案】BD【解析】【分析】求出两个圆的圆心、半径判断AB；求出圆C1关于x对称的圆方程，利用圆的性质求出最小值判断C；利用切线长定理求出最小值判断D.【详解】圆C1的圆心C1(1,2)，半径r11，圆C2的圆心C2(3,4)，半径r23，对于A，圆C2的半径为3，A错误；对于B，|C1C2|2213，圆C1和圆C2相离，B正确；22对于C，圆C1关于x轴对称的圆为C0:(x1)(y2)1，C0(1,2)，连接C0C2交x于点P1，连接P1C1，由圆的性质得，PMPNPC11PC23PC0PC213|C0C2|1321013，当且仅当点P与P1重合，且M,N是线段P1C1,P1C2分别与圆C1和圆C2的交点时取等号，C错误；C的切线长2222对于D，设点P(t,0)，过点P的圆1|PA|PC1AC1(t1)213，当且仅当t1，即P(1,0)时取等号，D正确.故选：BD10.已知数列an的前n项和为Sn，且a10，a1a20，则下列命题正确的是（）A.若an为等差数列，则数列Sn为递增数列B.若an为等比数列，则数列Sn为递增数列C.若an为等差数列，则数列an为递增数列第7页/共22页 D.若an为等比数列，则数列an为递增数列【答案】ACD【解析】【分析】AC选项，得到公差d0，a1da10，结合等差数列求和公式得到Sn1Sna1nd0a2对n1恒成立，A正确，推出an1ann1得到C正确；BD选项，得到公比q1，举出反例a1an1得到C错误，由a10，且q1，得到D正确.an【详解】因为a10，a1a20，所以a20，且a2a1a1，AC选项，若an为等差数列，则公差da2a10，a1da10，nn1则Snna1d，Sn1Sna1nd0对n1恒成立，2则数列Sn为递增数列，A正确；由于a2a1，故a2a1，又d0，故an1an0n2，则an1ann1，数列an为递增数列，C正确；a2BD选项，若an为等比数列，则公比q1，不妨设q2，a11，a1则a22,a34，故S11S33，则数列Sn不为递增数列，B错误；an1由于q1，故q1，又a10，故数列an为递增数列，D正确.an故选：ACD211.已知抛物线C：y2x的准线为l，直线xmyn与C相交于A、B两点，M为AB的中点，则（）1A.当n时，以AB为直径的圆与l相交2B.当n2时，以AB为直径的圆经过原点OC.当AB4时，点M到l的距离的最小值为2第8页/共22页 D.当AB1时，点M到l的距离无最小值【答案】BC【解析】2【分析】将直线xmyn代入C:y2x，结合韦达定理求得M坐标、点M到准线l的距离dM及11AB．当n时，由ABd可判断A；当n2时，由OAOB0可判断B；当AB4时，得n,mM22的关系式，代入dM表达式，利用基本不等式可判断C；当AB1时，得n,m的关系式，代入dM表达式，利用对勾函数的性质可判断D．21【详解】抛物线C:y2x，准线l方程是x，222直线xmyn代入C:y2x，可得y-2my-2n=0，4m28n0，设A(x1,y1),Bx2,y2，则y1y22m,y1y22n，2x1x2my1nmy2nmy1y22n2m2n，222x1x2my1nmy2nmy1y2mny1y2nn，x1x22y1y2设M(xM,yM)，则xMmn,yMm，22121点M到准线l的距离dxmn，MM222222AB1my1y24y1y21m4m8n，1112222当n时，AB1m4m41m，点M到准线l的距离dm1，则以AB为直径M222的圆与l相切，故A错误；2当n2时，OAOBxxyyn2n0，则OAOB，则以AB为直径的圆经过原点O，故B1212正确；212当AB4时，即1m24m28n4，得nm，21m2222121m21m则dmn22，当且仅当m1时等号成立，故C正确；M2221m21m2112当AB1时，即1m24m28n1，得nm，28(1m)2第9页/共22页 22111m2所以dMmn2，令1mt,t1，28(1m)21t11则dM(t)，由对勾函数的性质得，当t1时，dM单调递增，8t224t5故当t1时，dM取最小值，故D错误．8故选：BC．三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.已知正．项．等比数列an，a11，且a2，a4，a3成等差数列，则a2024_______．202311【答案】##202322【解析】1【分析】由a2，a4，a3成等差数列可得2a4a2a3，求出公比q，从而求出数列an的通项公式2n11a，即可求解.n2【详解】设数列an的公比为qq0，21由题意知a2，a4，a3成等差数，则2a4a2a3，即2q1q，解得q或q1（舍），2n1202311所以数列an的通项公式为an，则a2024.2220231故答案为：.2n113.在的展开式中，只有第5项的二项式系数最大，则展开式中含2xx项的系数为___________x【答案】70【解析】【分析】先由二项式系数最大确定n,再由通项公式求含2x项的系数即可.【详解】由只有第5项的二项式系数最大可得：n8.r3r8r1rr82r∴通项公式TCx1Cx，r188x第10页/共22页 3令8r2，解得r4.2244∴展开式中含x项的系数为1C8=70.故答案为：70.22xy14.已知F1，F2，是双曲线C：21的左右焦点，过F1的直线与双曲线左支交于点A，与右支交于3b点B，△AF1F2与△BF1F2内切圆的圆心分别为I1，I2，半径分别为r1，r2，则I1的横坐标为__________；若r1:r21:3，则双曲线离心率为__________.【答案】①.3②.2【解析】【分析】根据题意，利用三角形内切圆的性质及双曲线的定义可得双曲线焦点三角形内切圆圆心的横坐标为a；利用三角形相似及两个内切圆半径的比值，构造a、c的齐次方程，即可求解离心率.【详解】如图，在△BF1F2中，圆I2为△BF1F2内切圆，切点分别为C、D、E，故BDBC,F2CF2E,F1DF1E，又B是双曲线C上的一点，故BF1BF22a，即F1EF2E2a，又F1EF2E2c，故F1Eac，则OEa.故△BF1F2的内切圆I2的圆心横坐标为a，同理可得，△AF1F2的内切圆I1的圆心横坐标为a，即3；又r1:r21:3，则r1:r2ac:acca:ca1:3，第11页/共22页 cae11即，解得e2.cae13故答案为：3；2.四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．2515.点Am,2在抛物线y2px0p2上，且到抛物线的焦点F的距离为.2（1）求抛物线C的方程；（2）过点F的直线交抛物线于B，C两点，且BAC90，求直线BC的方程.2【答案】（1）y2x（2）4x7y20【解析】【分析】（1）根据焦半径公式及点Am,2在抛物线上，列方程组，可求m,p的值.p（2）法1：设出直线BC的方程：xty，与抛物线方程联立，得到yy，yy，再根据BAC90，12122得BABC0求t的值.法2：设直线BC的方程：xmyb，与抛物线方程联立，得到yy，yy，再根据BAC90，1212得kABkAC1得m,b的关系，从而说明直线BC经过定点，再结合直线过抛物线的焦点，可得直线方程.21法3：设Bx1,y1，Cx2,y2，则直线BC可写成yx，根据kBFkCF及kABkAC1yy212可求出y1y2的值，得直线BC的方程.法4：设Bx1,y1，Cx2,y2，根据直线AB与AC垂直，可分别设两直线方程为x2my2，1x2y2，分别与抛物线方程联立，把B、C坐标用m表示出来，再结合kBFkCF求m的值，m进而求出B点坐标，结合直线过点F，可求直线方程.法5：设Bx1,y1，Cx2,y2，设直线BC：mx2ny21与抛物线方程联立，可得2y2y214n4m2n2m0，再根据kABkAC1，结合直线BC过点F，可求m,n的x2x2值，得直线BC的方程.第12页/共22页 【小问1详解】p55p根据焦半径公式可得m，所以m，2222225p又22pm，所以22p，22解得p1或p4（舍去），2故所求抛物线C方程为y2x.【小问2详解】11法1：F,0，A2,2，设lBC:xty，Bx1,y1，Cx2,y2，2222y2xxx2t1yy2t122121y2ty10，所以1，xtyy1y21x1x224ABACx12,y12x22,y220x1x22x1x2y1y22y1y280216t16t210，73t，t（舍去），124471所以lBC:xy即4x7y20.42法2：设lBC:xmyb，Bx1,y1，Cx2,y2，2y2x2y1y22my2my2b0，所以，xmyby1y22by2y2y2y2221212kk1ABAC22x2x2yyy2y2，1212122222y1y22y1y280，2mb4，所以lBC过定点4,2，1又因为lBC过F,0，所以lBC:4x7y20；2121法3：F,0，A2,2，设Bx1,y1，Cx2,y2，lBC:yx，2y1y22第13页/共22页 yy112kBFkCFy2x1y1x2y2y1112，xx122222yyyy12112y2y1y1y21.222y2y2y2y2221212kk1ABAC22x2x2yyy2y21212122222y1y22y1y280，7yy，12242所以l:yx.BC77法4：设Bx1,y1，Cx2,y2，不妨设y10，1lAB:x2my2，lAC:x2y2m2y2x2y2my4m40，x2my222y14m4y12m2，同理y22，myy112kBFkCFy2x1y1x2y2y1112xx122222yyyy12112y2y1y1y21，22222m221，m16576557765765my1B,，841641又因为lBC过F,0，所以lBC:4x7y20.2法5：设Bx1,y1，Cx2,y2，lCB:mx2ny21，2y222x242y24y22x20，mx2ny21第14页/共22页 2y24y2mx2ny22x2mx2ny20，2214ny24m2nx2y22mx20，2y2y214n4m2n2m0，x2x2y2y22m12kABkAC1.x2x214n1213又因为lBC过F,0，所以m2n1，2217解得m，n，所以lBC:4x7y20.52016.已知数列an的前n项和为Sn,a11,Sn12Snn1．（1）证明：数列an1为等比数列，*（2）在ak和ak1kN中插入k个数构成一个新数列bn:a1,2,a2,4,6,a3,8,10,12,a4，其中插入的所有数依次构成首项和公差都为2的等差数列．求数列bn的前30项和T30．【答案】（1）证明见解析；（2）799【解析】【分析】（1）根据an与Sn的关系，由作差法可得an212an11，再证a212a11即可；（2）通过分析bn特征，确定最后3项为a7,44,46，再结合分组求和法即可求解T30.【小问1详解】证明：数列an中，由Sn12Snn1，得Sn22Sn1n2，两式相减得：an22an11，整理得an212(an11)，由a11，S2a1a22a12，得a23，则a212(a11)，因此nN，an112(an1)，所以数列an1为等比数列.【小问2详解】nn由（1）知，等比数列an1的首项为2，公比为2，则an12，即an21，第15页/共22页 可把新数列bn：a1，2，a2，4，6，a3，8，10，12，a4，…看作a1,2为第一组数，个数为2；(2n1)na2,4,6看作第二组数，个数为3个，则第n组数的个数为n1，前n组数的个数和为，2(3n)n69即，当n6时，27，22因此数列bn前30项为：a1,2,a2,4,6,a3,8,10,12,a4,14,16,18,20,a5,22,24,26,28,30,a,32,34,36,38,40,42,a,44,46，67所以T30a1a2a3a724646727(246)232(21)222772324799.221x2y26117.已知椭圆C：1ab0，点M0,1，N,在C上.2222ab（1）求椭圆C的方程；（2）过点P0,2作与x轴不垂直的直线l，与椭圆C交于不同的两点A，B，点D与点A关于x轴对称，直线BD与x轴交于点Q，O为坐标原点、若△OPQ的面积为2，求直线l的斜率.2x2【答案】（1）y12（2）2【解析】【分析】（1）将点代入方程，求出系数即可.（2）用斜率表示关键点的坐标，再解方程求参数即可.【小问1详解】x2612N,由题意得b1，则椭圆C的方程为y1，代入，可得a2.222a2x2故椭圆C的方程为y12【小问2详解】第二问图见下第16页/共22页 设直线l的方程为ykx2，QxQ,yQ.2x2y1,22由2得2k1x8kx60.ykx223由0，得k.2设��1,�1，��2,�2，则Dx1,y1.8k6xx，xx.1221222k12k1yy21直线BD的方程为yy2xx2，xx21x1y2x2y2x1y2x2y1x1kx22x2kx122kx1x22x1x2令y0，得xQx2.y1y2y1y2kx12kx22kx1x2412k16k222k12k1所以xQ2k.8k422k11因为S2xk2，OPQQ2所以k2.经检验满足0.所以直线l的斜率为2.�2�2618.已知双曲线�:−=1�>0,�>0的离心率为，右顶点为E(2,0),A,B为双曲线C右支上两�2�22点，且点A在第一象限，B与E不重合，以AB为直径的圆经过点E．第17页/共22页 （1）求C的方程；（2）证明：直线AB恒过定点；SPBE（3）若直线AB与x,y轴分别交于点M,P，且M为PA中点，求的值．SMBE2x2【答案】（1）y1；29（2）证明见解析；（3）.4【解析】【分析】（1）根据离心率以及顶点即可求C的方程.（2）联立直线与双曲线方程，由向量垂直的坐标表示列式，结合韦达定理，化简求解.218（3）根据中点坐标可得m，即可根据三角形面积之比求解.35【小问1详解】22xy由双曲线C:1(a0,b0)右顶点E(2,0)，得a2，22ab6由离心率为，得双曲线半焦距c3，则双曲线虚半轴长bc2a21，22x2所以双曲线C的方程为y1.2【小问2详解】显然直线AB不垂直于y，设其方程为xmyt，A(x1,y1),B(x2,y2)，xmyt2222由x消去x，得(m2)y2mtyt20，2y1222�2−2≠0m22mtt2则Δ=−8(�2+�2−2)>0，即22，y1y22,y1y22，mt2m2m2第18页/共22页 由以AB为直径的圆经过点E，得EAEB0，即(x2,y)(x2,y)0，112222则(myt2)(myt2)yy0，(m1)yym(t2)(yy)(t2)0，1212121222(m1)(t2)m(t2)2mt2(t2)0，化简得(t2)(32t)0，22m2m2当t2时，直线AB:xmy2经过点E，不符条件，因此t32，所以直线AB:xmy32必过定点M(32,0).【小问3详解】62m1632由（2）知yy,yy，P(0,),M(32,0)，122122m2m2m21832(62)3222由M为PA中点，得A(62,)，于是()1，解得m，m2m35321682m由y1y2y22，得y22，mm23(m2)32||2SBEP9因此SPBESMBESPEM|yP|m9(m2)13，所以.||S42BEMSS|y||y|8m4MBEMBE22n*ad，N，nt*19.若无穷项数列an满足an1（d，q，t为常数，tN且t2），则称数列an为qa，nN*，nt“Mt数列”.（1）设d1，q1，若首项为1的数列an为“M3数列”，求a2024；（2）若首项为1的等比数列bn为“Mt数列”，求数列bn的通项公式及前n项和Sn；（3）设d1，q=2，若首项为1的数列cn为“M5数列”，记数列cn的前n项和为Tn，求所有满足T5n5nc5n10n的n值.【答案】（1）1350（2）答案见解析（3）1【解析】第19页/共22页 【分析】（1）将d1，q1，代入得到周期数列,即可求到a2024的值.（2）由bn是等比数列、Mt数列可求出d，q，t，进而求出数列bn的通项公式及前n项和Sn.（3）找出c5k4的通项，设Akc5k4c5k3c5k2c5k1c5k，然后Ak通过求出T5n.【小问1详解】n*a1,N,n3由题意有d1，q1，t3，a11，则an1a,nN*,n3a1，a2，a3，a3，a4，a5，a5，a6，a7，a7，…12345678910一般有a3k22k1，a3k12k，a3k2k1,所以a2024a3675126751350.【小问2详解】b是首项为1的等比数列，设其公比为m，又b为Mt数列，*数列nntN，t2，当t2时，b21d，b3qb2，b4b3d.有db2b1b4b3，23又b2m，b3m，b4m，n132于是得m1mm，解得m1，有bn1或bn1，n*b,N,n2当bn1时，d0，q1，bn1bn为M2数列，b,nN*,n2n*b2,N,nn12当bn1时，d2，q1，bn1bn为M2数列，b,nN*,n2b，b，b构成以d为公差的等差数列，即bb2b，有2当t3时，则1231321m2m，解得m1，n*b2,N,n2于是得bn1，d0，q1，bn1bn为Mt数列，b,nN*,n2第20页/共22页 所以①当d0，q1，t是大于1的任意正整数，则bn1，Snn；n1n111②当d2，q1，k2，则bn1，Sn.2【小问3详解】依题意，d1，q=2，c11，数列cn为“M5数列”，则c11，c22，c33，c44，c55，c62c510，c711，c812，c913，c1014，c2c28，…1110c5k4，c5k3，c5k2，c5k1，c5k是公差为1的等差数列，且c5k12c5k442c5k48,所以c5k182c5k48且c189,k1所以数列c5k48是以首项为9，公比为2的等比数列，所以c5k4892,k1即c928,5k4k1即Accccc45230,k5k45k35k25k15kk12n1n所以TA4530n45230n5nkn21nn1所以T5n5nc5n10n，即45230n5n924，nn化简得1210，代入n1，等式成立.2nn因为当n2时，1210，所以当n2，方程无解，2综上所述，满足T5n5nc5n10n成立的n值为1.n*ad，N，nt【点睛】关键点点睛：根据题目中给的an1bn，cn的条件，分析数列的性质通项公qa，nN*，nt式，考查了等比等差数列的性质和数列的周期性，难度较大.第21页/共22页 第22页/共22页