2024學年烏蘭浩特市一中高二數(shù)學上學期第二次月考試卷附答案解析

學年烏蘭浩特市一中高二數(shù)學上學期第二次月考試卷一、單選題（本大題共8小題）1．已知拋物線方程，則該拋物線的焦點坐標是（）A． B． C． D．2．已知數(shù)列，，，，，…，，…，則該數(shù)列的第項是（

）A． B． C． D．3．已知P為橢圓上的動點．，且，則（

）A．1 B．2 C．3 D．44．在等差數(shù)列中，，則的值為（）A．6 B．12 C．24 D．485．圖中展示的是一座拋物線形拱橋，當水面在時，拱頂離水面，水面寬，水面下降后，水面寬度為（）A． B． C． D．6．為直線上一點，過總能作圓的切線，則的最小值（

）A． B． C． D．7．在空間直角坐標系中，四面體SABC各頂點坐標分別為，，，，則該四面體外接球的表面積是A． B． C． D．8．已知點F為橢圓的右焦點，點P是橢圓C上的動點，點Q是圓上的動點，則的最小值是（）A． B． C． D．二、多選題（本大題共3小題）9．已知雙曲線，則下列關于雙曲線的結論正確的是（

）A．實軸長為6 B．焦距為5C．離心率為 D．焦點到漸近線的距離為410．已知曲線，則（

）A．當時，是圓B．當時，是橢圓且一焦點為C．當時，是橢圓且焦距為D．當時，是焦點在軸上的橢圓11．如圖所示．已知橢圓方程為，F(xiàn)1、F2為左右焦點，下列命題正確的是（

）A．P為橢圓上一點，線段PF1中點為Q，則為定值B．直線與橢圓交于R，S兩點，A是橢圓上異與R，S的點，且、均存在，則C．若橢圓上存在一點M使，則橢圓離心率的取值范圍是D．四邊形為橢圓內(nèi)接矩形，則其面積最大值為2ab三、填空題（本大題共3小題）12．設雙曲線的右焦點是，左、右頂點分別是，過作軸的垂線交雙曲線于兩點，若，則雙曲線的離心率為．13．已知二面角，，，，，，，若，，，，則二面角的余弦值為.14．圓形是古代人最早從太陽、陰歷十五的月亮得到圓的概念的.一直到兩千多年前我國的墨子（約公元前468-前376年）才給圓下了一個定義：圓，一中同長也．意思是說：圓有一個圓心，圓心到圓周的長都相等．現(xiàn)在以點為圓心，2為半徑的圓上取任意一點，若的取值與x、y無關，則實數(shù)a的取值范圍是.四、解答題（本大題共5小題）15．（1）在等差數(shù)列中，，，求的通項公式；（2）已知數(shù)列的前n項和為，求數(shù)列的通項公式.16．已知拋物線的焦點為F．過F的直線與C交于Ax1,y(1)求的值；(2)求直線與C的公共點個數(shù).17．已知平面四邊形中，，，且.以為腰作等腰直角三角形，且，將沿直線折起，使得平面平面.

(1)證明：平面；(2)若是線段上一點，且平面，求平面與平面夾角的余弦值.18．已知橢圓分別為橢圓C的左頂點和右焦點，過F的直線l交橢圓C于點P，Q．若，且當直線軸時，．(1)求橢圓C的方程；(2)記的面積為S，求S的最大值．19．已知雙曲線的實軸長為2，直線為的一條漸近線．(1)求的方程；(2)若過點的直線與交于兩點，在軸上是否存在定點，使得為定值？若存在，求出點的坐標；若不存在，請說明理由．參考答案1．【答案】A【詳解】∵拋物線的方程為，∴化成標準方程，得，∴由此可得拋物線的，得，

∴拋物線的焦點坐標為.故選：A.2．【答案】A【詳解】由已知數(shù)列，，，，，…，，…，即，，，，，…，，…，則數(shù)列的第項為，第項為，故選：A.3．【答案】C【分析】根據(jù)題意，結合橢圓的定義，得到點的軌跡表示以為焦點的橢圓，進而求得的值.【詳解】因為，可得，則，由橢圓的定義，可得點的軌跡表示以為焦點的橢圓，其中，可得，所以，又因為點在橢圓，所以.故選C.4．【答案】D【詳解】由等差數(shù)列的性質知：，由，，即，故選：D.5．【答案】C【詳解】建立如圖所示的平面直角坐標系，則點.設拋物線的方程為，由點可得，解得，所以.當時，，所以水面寬度為.故選：C.6．【答案】D【詳解】由題意，點為直線上一點，過總能作圓的切線，可得直線與圓相切或相離，則滿足圓心到直線的距離，解得，即，所以的最小值為.故選：D.7．【答案】D【分析】由題意，四面體的外接球就是棱長為4的正方體的外接球，直徑為正方體的對角線，即可求出四面體的外接球的體積.【詳解】由題意計算可得，，，.，，，所以平面ABC，故四面體SABC是底面ABC為等腰直角三角形，側棱SC垂直底面ABC的幾何體，所以四面體的外接球就是棱長為4的正方體的外接球，其直徑為正方體的對角線的長，半徑為.所以該四面體外接球的表面積.故選：D【點睛】本題考查了多面體的外接球問題以及球的表面積，考查了向量的數(shù)量積在幾何中的應用，解決此題還需熟記球的表面積公式，屬于中檔題.8．【答案】B【詳解】如下圖所示：在橢圓中，，則，圓的圓心，半徑，圓心為橢圓C的左焦點，由橢圓定義可得，由橢圓的幾何性質可得，即，由圓的幾何性質可得，所以，所以的最小值是．故選：C．9．【答案】AD【分析】根據(jù)題意，結合雙曲線的幾何性質，逐項判定，即可求解.【詳解】由雙曲線，可得，則，可得雙曲線的實軸長為，焦距為，離心率為，所以A正確，B、C不正確；又由雙曲線的漸近線方程為，即，且焦點，不妨設右焦點，漸近線為，則焦點到漸近線的距離為，所以D正確.故選：AD.10．【答案】AC【詳解】對于A項，當時，曲線C可化為是圓，A正確；對于B項，當時，曲線C可化為是焦點在軸上的橢圓，B錯誤；對于C項，當時，曲線是橢圓，且，所以，故C正確；對于D項，當時，曲線不是橢圓，故D錯誤.故選：AC.11．【答案】ACD【詳解】A：連接，由橢圓的定義可知，線段中點為Q，所以，于是有，所以本選項命題正確；B：直線與橢圓交于R，S兩點，因為直線經(jīng)過原點，而橢圓是關于原點的中心對稱圖形，所以R，S兩點關于原點對稱，不妨設，Ax0，因為A是橢圓上異與R的點，所以有，兩個式相減，得，因此，所以本選項命題是假命題；C：橢圓上存在一點M使，由余弦定理可知：，即，即，而，當且僅當MF1=M而，所以，因此本選項命題是真命題；D：因為矩形和該橢圓的對稱軸和對稱中心相同，所以設矩形在第一象限的頂點為，即，所以矩形的面積為，因為，當且僅當時取等號，即當時取等號，因此本選項命題是真命題，故選：ACD12．【答案】【詳解】由題意可知：左、右頂點分別是A1（﹣a，0），A2（a，0），當x＝c時，代入雙曲線方程，解得：y＝±，設B（c，），C（c，），則直線A1B的斜率k1，直線A2C的斜率k2，由A1B⊥A2C，則k1×k2＝﹣1，即1，則1，雙曲線的離心率e，故答案為：．13．【答案】/【詳解】如圖，過點在平面內(nèi)作且，連接，則得平行四邊形，，，又，則即二面角的平面角，又，故平面，因平面，則，又，故得.在中，由，，可得，在中，，，，所以二面角的余弦值為.故答案為：.14．【答案】【詳解】由已知可得所在的圓的方程為，設，故可看作點到直線與直線距離之和的5倍，因為的取值與x、y無關，所以這個距離之和與點在圓上的位置無關，圓心到直線的距離為，所以圓與直線相離，如圖所示，可知直線平移時，點與直線的距離之和均為直線之間的距離，此時可得圓在兩直線之間，當直線與圓相切時，，解得（舍去），或，所以.故答案為：.15．【答案】（1）；（2）.【詳解】（1）設等差數(shù)列的公差為，由題可知，,因為，，得，解得,所以等差數(shù)列an的通項公式為.（2）當時，，當時，，檢驗，，所以.16．【答案】(1)(2)1個【詳解】（1）設直線的方程為，與聯(lián)立得，所以．（2）直線的斜率為，所以直線的方程為，即，與聯(lián)立得，解得，所以直線與C只有1個公共點A．17．【答案】(1)證明見詳解(2)【詳解】（1）因，，故，又，且，故在直角梯形中，，由可得；因平面平面，，平面平面，則平面，又平面，則，又，因平面，故平面.（2）如圖，連接交于，因為，，

故，，故，則為等腰直角三角形，故，又，故，為靠近的三分點，又因為平面平面，平面，平面，故，則為靠近的三分點，如圖，以點為坐標原點，分別以所在直線為軸建立空間直角坐標系，

則，所以，，，設平面的法向量為，則，可取，因為靠近的三分點，則，故，，設平面的法向量為，則由，可取，故，故平面與平面夾角的余弦值為.【方法總結】向量法求兩個平面的夾角的余弦值：首先求出兩個平面的法向量，再代入公式cosα＝(其中分別是兩個平面的法向量，α是兩個平面的夾角)求解．18．【答案】(1)(2)【詳解】（1）設橢圓的右焦點為，則，…①由，得，…②又當直線軸時，P，Q的橫坐標為c，將代入中，得，則，…③聯(lián)立①②③，解得，所以橢圓C的方程為．（2）直線不與y軸垂直時，可設的方程為，聯(lián)立橢圓方程，消去x并整理得，，又設，由韋達定理得所以．令，則，設函數(shù)，由對勾函數(shù)性質易知在上為增函數(shù)，所以當，即時，，此時S取得最大值為．19．【答案】(1)(2)存在定點，使為定值，理由見詳解.【分析】（1）由，再由漸近線的方程得的值，求得，即可得雙曲線方程；（2）當直線不與軸重合時，設直線的方程為，代入雙曲線方程，設點，得，再設，計算，由其為常數(shù)求得，同時驗證當直線斜率為0時，此值也使得為剛才的常數(shù)，即得結論．【詳解】（1）由題意得，即.因為的漸近線方程為.所以，所以，