2023-2024学年天津外国语大学附中高二（上）第二次月考数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年天津外国语大学附中高二（上）第二次月考数学试卷（含解析），共14页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.直线x− 3y+2=0的倾斜角是( )
A. π6B. π3C. 2π3D. 5π6
2.直线l：x−y−2=0与圆C：x2+y2−2x−2y−2=0交于A，B两点，则|AB|=( )
A. 2B. 2 2C. 2D. 4
3.已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若2a6=a8+6，则S7是( )
A. 49B. 42C. 35D. 24
4.已知抛物线y2=4 5x，F1，F2分别是双曲线x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点，抛物线的准线过双曲线的左焦点F1，与双曲线的渐近线交于点A，若∠F1F2A=π4，则双曲线的标准方程为( )
A. x210−y2=1B. x2−y216=1C. x2−y24=1D. x24−y2=1
5.准线方程为x=2的抛物线的标准方程为( )
A. y2=−8xB. y2=−4xC. x2=−8yD. x2=4y
6.双曲线x216−y29=1的两个焦点分别是F1，F2，点P是双曲线上一点且满足∠F1PF2=60°，则△F1PF2的面积为( )
A. 25 3B. 16 3C. 9 3D. 3 3
7.已知抛物线C：y2=8x的焦点为F，过点F且倾斜角为π4的直线l与抛物线C交于A，B两点，则|AB|=( )
A. 8B. 8 2C. 16D. 32
8.若数列{an}的前n项和Sn=2n2+1，则下列结论正确的是( )
A. an=4n+2B. an=4n−2
C. an=3,n=14n+2,n>1D. an=3,n=14n−2,n>1
9.已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，下顶点为A，直线AF2与椭圆C的另一个交点为B.若△BF1A为等腰三角形，则椭圆C的离心率为( )
A. 13B. 33C. 12D. 22
二、填空题：本题共6小题，每小题3分，共18分。
10.双曲线x2−y23=1的离心率是______．
11.已知{an}是等比数列，a2=2,a5=14，则公比q= ______ ．
12.设x，y∈R，向量a=(x,1,1)，b=(1,y,1)，c=(2,−4,2)，且a⊥c，b/​/c，则|a+b|=______．
13.已知a∈R，若直线l1：ax+y+1=0与直线l2：x+(a−1)y+2=0相互垂直，则a=______．
14.若直线x−y+m=0(m>0)与圆(x−1)2+(y−1)2=3相交所得的弦长为m，则m= ．
15.已知数列{an}是各项均不为零的等差数列，Sn为其前n项和，且S2n−1=an2(n∈N∗)，若不等式1a1a2+1a2a3+…+1anan+1⩽nlg8λ对任意n∈N*恒成立，则实数λ的最小值是______．
三、解答题：本题共5小题，共60分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
16.(本小题12分)
设{an}是等差数列，a1=−10，且a2+10，a3+8，a4+6成等比数列．
(Ⅰ)求{an}的通项公式；
(Ⅱ)记{an}的前n项和为Sn，求Sn的最小值．
17.(本小题12分)
如图，四棱柱ABCD −A1B1C1D1中，侧棱A1A⊥底面ABCD，AB//DC，AB⊥AD，AD=CD=1，AA1=AB=2，E为棱AA1的中点．
(1)证明：B1C1⊥CE．
(2)求二面角B1−CE−C1的正弦值．
(3)设点M在线段C1E上，且直线AM与平面ADD1A1所成角的正弦值为 26，求线段AM的长．
18.(本小题12分)
设椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左焦点为F，上顶点为B.已知椭圆的短轴长为4，离心率为 55．
(Ⅰ)求椭圆的方程；
(Ⅱ)设点P在椭圆上，且异于椭圆的上、下顶点，点M为直线PB与x轴的交点，点N在y轴的负半轴上．若|ON|=|OF|(O为原点)，且OP⊥MN，求直线PB的斜率．
19.(本小题12分)
已知椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的一个顶点为A(0,−3)，右焦点为F，且|OA|=|OF|，其中O为原点．
(Ⅰ)求椭圆的方程；
(Ⅱ)已知点C满足3OC=OF，点B在椭圆上(B异于椭圆的顶点)，直线AB与以C为圆心的圆相切于点P，且P为线段AB的中点．求直线AB的方程．
20.(本小题12分)
已知{an}为等差数列，{bn}为等比数列，a1=b1=1，a5=5(a4−a3)，b5=4(b4−b3).
(Ⅰ)求{an}和{bn}的通项公式；
(Ⅱ)记{an}的前n项和为Sn，求证：SnSn+2(Ⅲ)对任意的正整数n，设cn=(3an−2)bnanan+2,n为奇数,an−1bn+1,n为偶数．求数列{cn}的前2n项和．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：设倾斜角为α，
∵直线x− 3y+2=0的斜率为 33，
∴tanα= 33，
∵0°<α<180°，
∴α=30°
故选：A．
先求出直线x− 3y+2=0的斜率，再根据斜率是倾斜角的正切值，计算倾斜角即可．
本题考查了直线的倾斜角与斜率之间的关系，属于基础题，应当掌握．
2.【答案】B
【解析】解：圆的方程即(x−1)2+(y−1)2=4，
则圆心(1,1)到直线l的距离d=|1−1−2| 1+1= 2，
由圆的弦长公式可得|AB|=2 4−2=2 2．
故选：B．
首先将圆的方程写成标准型，然后结合点到直线距离公式和圆的弦长公式求解弦长即可．
本题主要考查圆的弦长公式，点到直线距离公式等知识，属于基础题．
3.【答案】B
【解析】解：设等差数列{an}的公差为d，
∵2a6=a8+6，
∴2(a1+5d)=a1+7d+6，化为a1+3d=6即a4=6．
由等差数列的性质可得：a1+a7=2a4．
∴S7=7(a1+a7)2=7a4=7×6=42．
故选：B．
设等差数列{an}的公差为d，由2a6=a8+6，可得a4=6.由等差数列的性质可得：a1+a7=2a4.再利用前n项和公式即可得出．
本题考查了等差数列的通项公式及其性质、前n项和公式等基础知识与基本技能方法，属于基础题．
4.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查双曲线的标准方程，抛物线的焦点、准线，以及双曲线的渐近线，属于较易题．
先由抛物线方程得出准线方程，从而得双曲线的半焦距c，再联立抛物线准线方程与双曲线的渐近线方程解得|yA|，接着由∠F1F2A=π4，可得|yA|=|F1F2|，从而得b=2a，最后再通过c2=a2+b2建立方程即可求解．
【解答】
解：由题意可得抛物线的准线为x=− 5，
又∵抛物线的准线过双曲线的左焦点F1，
∴c= 5，
∵双曲线的渐近线方程为y=±bax，
设直线y=−bax与直线x=− 5相交于点A− 5,yA，
则x=− 5y=−bax，解得|yA|= 5ba，
又∵∠F1F2A=π4，F1A⊥F1F2，
∴|yA|=|F1F2|，
∴ 5ba=2 5，
∴b=2a，
又∵c2=a2+b2，
∴5=a2+4a2，
∴a2=1，b2=4，
∴双曲线的标准方程为x2−y24=1．
故选C．
5.【答案】A
【解析】解：准线方程为x=2的抛物线的标准方程为y2=−2px，
令p2=2，解得p=4，
故y2=−8x．
故选：A．
根据已知条件，结合抛物线的性质，即可求解．
本题主要考查抛物线标准方程的求解，属于基础题．
6.【答案】C
【解析】解：∵F1、F2是双曲线x216−y29=1的两个焦点，P是此双曲线上的点，∠F1PF2=60°，
不妨设PF1>PF2，
∴|PF1|−|PF2|=8|F1F2|=10，
∴|PF1|2+|PF2|2−2|PF1|⋅|PF2|=64|PF1|2+|PF2|2−2|PF1||PF2|cs60∘=100，
整理，得|PF1|⋅|PF2|=36，
∴△F1PF2的面积S=12×|PF1|⋅|PF2|×sin60°=9 3．
故选：C．
利用双曲线的简单性质、余弦定理列出方程组，求出|PF1|⋅|PF2|=36，由此能求出△F1PF2的面积．
本题考查三角形面积的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意双曲线的简单性质的合理运用．
7.【答案】C
【解析】解：焦点F(2,0)，直线l的方程为y=x−2，
由y=x−2y2=8x，消去y并化简得x2−12x+4=0，Δ=144−16=128>0，
设A(x1,y1)，B(x2,y2)，所以x1+x2=12，
所以|AB|=x1+x2+p=12+4=16．
故选：C．
根据过抛物线焦点的弦长公式求得正确答案．
本题主要考查抛物线的性质，直线与抛物线的综合，考查运算求解能力，属于基础题．
8.【答案】D
【解析】解：当n=1时，a1=S1=2×12+1=3，
当n>1时，an=Sn−Sn−1=2n2+1−2(n−1)2−1=4n−2，
经检验，可得an=3,n=14n−2,n>1．
故选：D．
利用Sn与an的关系，可得答案．
本题主要考查了数列的和与项的递推关系的应用，属于基础题．
9.【答案】B
【解析】解：如图，因为△BF1A为等腰三角形，且|AF1|=|AF2|=a，
所以|AB|=|BF1|，
又|AB|+|BF1|+|AF1|=4a，所以|AB|=3a2，所以|AF2|=2|F2B|．
过点B作BM⊥x轴，垂足为M，则△AOF2∽△BMF2，由A(0,−b)，F2(c,0)，
得B(3c2,b2)．
因为点B在椭圆C上，
所以9c24a2+b24b2=1，所以c2a2=13，
即离心率e=ca= 33，
故选：B．
画出图形，过点B作BM⊥x轴，垂足为M，利用△AOF2∽△BMF2，求出B的坐标，点B在椭圆C上，转化求解椭圆的离心率即可．
本题考查椭圆的简单性质的应用，考查数形结合以及转化思想的应用，是中档题．
10.【答案】2
【解析】解：∵双曲线x2−y23=1中，a2=1且b2=3
∴a=1，b= 3，可得c= a2+b2=2
因此双曲线的离心率e=ca=2
故答案为：2
根据双曲线的方程，算出a=1，b= 3，可得c= a2+b2=2，再由双曲线的离心率公式，可得答案．
本题给出双曲线的方程，求双曲线的离心率．着重考查了双曲线的标准方程与基本概念的知识，属于基础题．
11.【答案】12
【解析】【分析】
由等比数列的通项公式求解．
本题主要考查等比数列的通项公式．
【解答】
解：由题意：
q3=a5a2=18
∴q=12
故答案为12．
12.【答案】3
【解析】解：∵a=(x,1,1)，b=(1,y,1)，c=(2,−4,2)，且a⊥c，b/​/c，
∴a⋅c=2x−4+2=012=y−4=12，解得x=1，y=−2，
∴a+b=(2,−1,2)，
∴|a+b|= 22+(−1)2+22=3．
故答案为：3．
根据已知条件，向量平行、垂直的性质，求出x，y，再结合向量模公式，即可求解．
本题主要考查空间向量平行、垂直的性质，以及向量模公式，属于基础题．
13.【答案】12
【解析】解：因为直线l1：ax+y+1=0与直线l2：x+(a−1)y+2=0相互垂直，
所以a+(a−1)=0，解得a=12．
故答案为：12．
根据直线垂直的充要条件列出方程，即可求解．
本题主要考查直线的一般式方程与直线的垂直关系，属于基础题．
14.【答案】2
【解析】【分析】
本题考查直线与圆的交点坐标、弦长，点到直线的距离公式，属于较易题．
先求出圆心到直线的距离，再根据圆中的弦长公式建立方程，最后解方程即可得解．
【解答】
解：由题知，圆心为(1,1)，半径为 3，
∴圆心到直线x−y+m=0(m>0)的距离d=m 2，
又∵直线与圆相交所得的弦长为m，
∴m22+d2= 32，
解得m=2或−2(舍)．
故答案为2．
15.【答案】2
【解析】【分析】
本题考查数列递推式，考查了等差数列通项公式的求法，训练了二次函数最值的求法，是中档题．
利用等差数列求和公式化简已知条件，求出数列的通项公式，然后化简不等式，分离变量λ，利用函数的单调性求解函数的最值即可．
【解答】
解：由S2n−1=an2，得a1=a12，
∵an≠0，∴a1=1，
取n=2，得S3=a22，即3a1+3d=(a1+d)2，
∴3+3d=(1+d)2，解得d=2．
∴an=a1+(n−1)d=1+2(n−1)=2n−1，
∴1a1a2+1a2a3+…+1anan+1=11×3+13×5+…+1(2n−1)(2n+1)
=1−13+13−15+…+12n−1−12n+1=1−12n+1=2n2n+1．
由1a1a2+1a2a3+…+1anan+1⩽nlg8λ对任意n∈N*恒成立，
得2n2n+1≤nlg8λ对任意n∈N*恒成立，
可得12n+1≤lg8λ对任意n∈N*恒成立，
∴lg8λ≥13，即λ≥813=2．
∴实数λ的最小值是2．
故答案为：2．
16.【答案】解：(Ⅰ)∵{an}是等差数列，a1=−10，且a2+10，a3+8，a4+6成等比数列．
∴(a3+8)2=(a2+10)(a4+6)，
∴(−2+2d)2=d(−4+3d)，
解得d=2，
∴an=a1+(n−1)d=−10+2n−2=2n−12；
(Ⅱ)由a1=−10，d=2，得：
Sn=−10n+n(n−1)2×2
=n2−11n=(n−112)2−1214，
∴n=5或n=6时，Sn取最小值−30．
【解析】本题考查数列的通项公式、前n项和的最小值的求法，考查等差数列、等比数列的性质等基础知识，考查推理能力与计算能力，属于中档题．
(Ⅰ)利用等差数列通项公式和等比数列的性质，列出方程求出d=2，由此能求出{an}的通项公式；
(Ⅱ)由a1=−10，d=2，可根据求和公式求出Sn，进而求出Sn的最小值．
17.【答案】(1)证明：以点A为原点建立空间直角坐标系，如图，
依题意得A(0,0,0)，B(0,0,2)，C(1,0,1)，B1(0,2,2)，C1(1,2,1)，E(0,1,0)．
则B1C1=(1,0,−1),CE=(−1,1,−1)，
而B1C1⋅CE=0．
所以B1C1⊥CE；
(2)解：B1C=(1,−2,−1)，
设平面B1CE的法向量为m=(x,y,z)，
则m⋅B1C=0m⋅CE=0，即x−2y−z=0−x+y−z=0，取z=1，得x=−3，y=−2．
所以m=(−3,−2,1)．
由(Ⅰ)知B1C1⊥CE，又CC1⊥B1C1，
CE∩CC1=C且CE⊂平面CEC1,CC1⊂平面CEC1,
所以B1C1⊥平面CEC1，
故B1C1=(1,0,−1)为平面CEC1的一个法向量，
于是cs=m⋅B1C1|m|⋅|B1C1|=−4 14× 2=−2 77．
从而sin= 1−(−2 77)2= 217．
所以二面角B1−CE−C1的正弦值为 217．
(3)解：AE=(0,1,0),EC1=(1,1,1)，
设EM=λEC1=(λ,λ,λ) 0≤λ≤1，
有AM=AE+EM=(λ,λ+1,λ)．
取AB=(0,0,2)为平面ADD1A1的一个法向量，
设θ为直线AM与平面ADD1A1所成的角，
则sinθ=|cs|=|AM⋅AB||AM|⋅|AB|
=2λ λ2+(λ+1)2+λ2×2=λ 3λ2+2λ+1．
于是λ 3λ2+2λ+1= 26．
解得λ=13.所以|AM|=|AM|= (13)2+(43)2+(13)2= 2．
所以线段AM的长为 2．
【解析】本题考查了线线垂直的向量表示，利用空间向量求线面角、二面角，是较难题．
(1)由题意，以A为坐标原点建立空间直角坐标系，标出点的坐标后，求出B1C1和CE，由B1C1⋅CE=0得到B1C1⊥CE；
(2)求出平面B1CE和平面CEC1的一个法向量，先求出两法向量所成角的余弦值，利用同角三角函数基本关系求出其正弦值，则二面角B1−CE−C1的正弦值可求；
(3)求出平面ADD1A1的一个法向量，利用向量求线面角的公式求出直线AM与平面ADD1A1所成角的正弦值，代入 26求出λ的值，则线段AM的长可求．
18.【答案】解：(Ⅰ)由题意可得2b=4，即b=2，
则e=ca= 55，a2−b2=c2，
解得a= 5，c=1，
故椭圆方程为x25+y24=1；
(Ⅱ)B(0，2)，设PB的方程为y=kx+2，
代入椭圆方程4x2+5y2=20，
可得(4+5k2)x2+20kx=0，
解得x=−20k4+5k2或x=0，
即有P(−20k4+5k2,8−10k24+5k2)，
y=kx+2，令y=0，可得M(−2k,0)，
又N(0,−1)，OP⊥MN，
可得8−10k2−20k⋅1−2k=−1，解得k=±2 305，
可得PB的斜率为±2 305．
【解析】本题考查椭圆的方程和性质，考查直线和椭圆方程联立，求交点，考查化简运算能力，属于中档题．
(Ⅰ)由题意可得b=2，运用离心率公式和a，b，c的关系，可得a，c，进而得到所求椭圆方程；
(Ⅱ)B(0，2)，设PB的方程为y=kx+2，联立椭圆方程，求得P的坐标，M的坐标，由OP⊥MN，运用斜率之积为−1，解方程即可得到所求值．
19.【答案】解：(1)由已知可得b=3.记半焦距为c，由|OF|=|OA|可得c=b=3．
又由a2=b2+c2，可得a2=18．
所以，椭圆的方程为x218+y29=1．
(2)因为直线AB与以C为圆心的圆相切于点P，所以AB⊥CP．
依题意，直线AB和直线CP的斜率均存在．设直线AB的方程为y=kx−3．
由方程组y=kx−3x218+y29=1，消去y，可得(2k2+1)x2−12kx=0，
解得x=0或x=12k2k2+1．
依题意，可得点B的坐标为12k2k2+1,6k2−32k2+1．
因为P为线段AB的中点，点A的坐标为(0,−3)，所以点P的坐标为6k2k2+1,−32k2+1．
由3OC=OF，得点C的坐标为(1,0)，故直线CP的斜率为−32k2+1−06k2k2+1−1，
即32k2−6k+1．
又因为AB⊥CP，所以k⋅32k2−6k+1=−1．
整理得2k2−3k+1=0，解得k=12或k=1．
所以，直线AB的方程为y=12x−3或y=x−3．

【解析】本题中考查了椭圆的标准方程及其性质、直线与圆相切问题、中点坐标公式等基础知识与基本技能方法，考查了推理能力和计算能力
(Ⅰ)根据题意可得c=b=3，由a2=b2+c2，可得a2=18，即可求出椭圆方程；
(Ⅱ)根据题意可得直线AB和直线CP的斜率均存在，设直线AB的方程为y=kx−3，联立方程组，求出点B的坐标，再根据中点坐标公式可得点P的坐标，根据向量的知识求出点C的坐标，即可求出CP的斜率，根据直线垂直即可求出k的值，可得直线AB的方程．
20.【答案】(Ⅰ)解：设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q，
由a1=1，a5=5(a4−a3)，则1+4d=5d，可得d=1，
∴an=1+n−1=n，
∵b1=1，b5=4(b4−b3)，
∴q4=4(q3−q2)，
解得q=2，
∴bn=2n−1；
(Ⅱ)证明：由(Ⅰ)可得Sn=n(n+1)2，
∴SnSn+2=14n(n+1)(n+2)(n+3)，(Sn+1)2=14(n+1)2(n+2)2，
∴SnSn+2−Sn+12=−12(n+1)(n+2)<0，
∴SnSn+2(Ⅲ)解：当n为奇数时，cn=(3an−2)bn anan+2=(3n−2)2n−1n(n+2)=2n+1n+2−2n−1n，
当n为偶数时，cn= an−1bn+1=n−12n，
对任意的正整数n，有k=1nc2k−1=k=1n(22k2k+1−22k−22k−1)=22n2n+1−1，
和k=1nc2k=k=1n2k−14k=14+342+543+…+2n−14n，①，
由①×14可得14k=1nc2k=142+343+…+2n−34 n+2n−14n+1，②，
①−②得34k=1nc2k=14+242+243+…+ 24n−2n−14n+1，
∴k=1nc2k=59−6n+59×4n，
因此k=12nc2k=k=1nc2k−1+k=1nc2k=4n2n+1−6n+59×4n−49．
数列{cn}的前2n项和：4n2n+1−6n+59×4n−49．
【解析】本题考查了等差数列，等比数列的通项公式和求和公式，考查了不等式的大小比较，考查了裂项相消法，错位相减法求和，考查了运算求解能力，转化与化归能力，分类与整合能力，属于难题．
(Ⅰ)分别根据等差数列的通项公式和等比数列的通项公式即可求出；
(Ⅱ)根据等差数列的求和公式和作差法即可比较大小，则可证明；
(Ⅲ)分类讨论，再根据错位相减法即可求出前2n项和．