安徽省六安市独山中学2024-2025学年高二下学期2月月考数学试题

这是一份安徽省六安市独山中学2024-2025学年高二下学期2月月考数学试题，共15页。试卷主要包含了在等差数列中，，，则的值为，已知数列满足，，则，已知倾斜角为的直线过，两点，则，已知点是双曲线，已知数列，则下列说法正确的是，以下四个命题表述正确的是等内容，欢迎下载使用。
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
1．在等差数列中，，，则的值为（ ）
A．99B．98C．97D．96
2．已知数列满足，，则（ ）
A．2B．C．D．
3．已知倾斜角为的直线过，两点，则（ ）
A．B．C．D．
4．已知点，椭圆和直线相交于点A，B，则△ABM的周长是（ ）
A．6B．12C．4D．8
5．直线分别与x轴，y轴交于A，B两点，点P在圆上，则面积的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
6．已知点，空间内一平面过原点，且垂直于向量，则点到平面的距离为（ ）
A．B．C．D．
7．已知点为抛物线的焦点，直线与该抛物线交于两点，点为的中点，过点向该抛物线的准线作垂线，垂足为.若，则（ ）
A．2B．3C．4D．5
8．已知点是双曲线：上一点，则点到双曲线的两条渐近线的距离之积为（ ）
A．B．C．D．
9．已知数列，则下列说法正确的是 （ ）
A．此数列的通项公式是
B．是它的第23项
C．此数列的通项公式是
D．是它的第25项
10．以下四个命题表述正确的是（ ）
A．若方程表示圆，则的取值范围是
B．直线恒过定点
C．圆与圆恰有条公切线
D．已知圆和圆，圆和圆的公共弦长为
11．如图，在平行六面体中，底面为正方形，平面平面，是边长为2的等边三角形，分别是线段，的中点，则（ ）
A．B．平面
C．与所成角的余弦值为D．与平面所成角的正弦值为
12．直线过点，且斜率为3，则直线在轴上的截距为-----------.
13．中心在坐标原点，焦点在x轴上且焦距是8，离心率等于的椭圆的标准方程为----------.
14．在天文望远镜的设计中利用了双曲线的光学性质：从双曲线的一个焦点出发的入射光线经双曲线镜面反射后，反射光线的反向延长线经过双曲线的另一个焦点.如图，已知双曲线的左、右焦点分别为是的右支上一点，直线与相切于点.由点出发的入射光线碰到点后反射光线为，法线（在光线投射点与分界面垂直的直线）交轴于点，此时直线起到了反射镜的作用.若，则的离心率为----------------.

15（第一小题6分，第二小题7分共13分）．
已知直线l3：，直线l经过两条直线l1：和l2：的交点.
(1)若l∥l3，求l的直线方程；
(2)若若l⊥l3，求l的直线方程.
16（第一小题7分，第二小题8分共15分）．
已知直线，圆的圆心在轴正半轴上，且圆与和轴均相切.
(1)求圆的方程；
(2)若直线与圆交于，两点，且，求的值.
17（第一小题7分，第二小题8分共15分）．
已知等差数列的前项和为，．
(1)求数列的通项公式；
(2)设，求数列的前项和．
18（第一小题4分，第二小题6分，第三小题7分共17分）．
如图，已知四棱锥P—ABCD，底面ABCD为菱形， 平面，，分别是，的中点．为上的动点，与平面所成最大角的正切值为．
(1)证明：；
(2)求异面直线与所成的角的余弦值；
(3)若，求三棱锥的体积．
19（第一小题8分，第二小题9分共17分）．
设分别是椭圆的左、右焦点．
(1)若P是该椭圆在第一象限上的一个动点，若，求点P的坐标；
(2)设过定点的直线l与椭圆交于不同的两点A、B，且为锐角（其中O为坐标原点），求直线l的斜率k的取值范围．
评卷人
得分
一、单选题（每题5分共40分）
评卷人
得分
二、多选题（每题6分，多选或答错不得分。部分对答部分分共18分）
评卷人
得分
三、填空题（每题5分共15分）
评卷人
得分
四、解答题
《独山中学2024-2025学年度第二学期高二年级2月份月考数学试卷》参考答案
1．A
【分析】先由条件求出首项和公差，再运用等差数列的通项公式即可得到所求.
【详解】由题意知：设公差为，则，解得，
则，则.
故选：A.
2．C
【分析】先利用题中所给的首项，以及递推公式，将首项代入，从而判断出数列是周期数列，进而求得结果.
【详解】由已知得，，，
，，
可以判断出数列是以4为周期的数列，故，
故选：C.
3．A
【分析】由斜率公式与斜率定义求解即可
【详解】由题意知，即．
故选A．
4．B
【分析】由题意可得点为椭圆的右焦点，直线过椭圆的左焦点，再根据椭圆的定义即可得解.
【详解】由椭圆，得点为椭圆的右焦点，
直线过定点，是椭圆的左焦点，
则的周长为.
故选：B.
5．A
【分析】底边为定值，求出点P到距离的范围即可求出面积的取值范围.
【详解】圆心到直线距离，所以点P到距离即高的范围，又可求得，所以面积的取值范围为.
故选：A.
6．A
【分析】根据题意结合点到面的距离公式运算求解.
【详解】由题意可得：，平面的法向量为，
所以点到平面的距离为.
故选：A.
7．B
【分析】先运用中位线定理，将转化得到两点到准线的距离和，再用抛物线的定义得到的值.
【详解】根据题意，过点分别向该抛物线的准线作垂线，垂足分别为，
所以，
所以，
设，，
根据定义可得，
联立，
．
故选：B.
8．B
【分析】由点到直线的距离公式结合双曲线的渐近线方程即可得答案.
【详解】由双曲线的方程知渐近线方程为，设，
由题意，得，即，
点到渐近线的距离，
点到渐近线的距离，
所以，故B项正确．
故选： B．
9．AB
【分析】根据已知条件求得数列的通项公式，由此对选项进行分析，从而确定正确选项.
【详解】数列，
所以，A选项正确，C选项错误.
，B选项正确，
，D选项错误.
故选：AB
10．BD
【分析】对于A根据圆的一般方程即可求解；对于B将直线方程进行重新整理，利用参数分离法进行求解即可；对于C通过两圆的位置关系判断公切线条数；对于D将两圆作差求出公共弦的方程，圆心到直线的距离公式求出,利用公式即可求解．
【详解】对于A：若方程表示圆，
则或，故A错误；
对于B：直线，得，
由，得，即直线恒过定点，故B正确；
对于C： 曲线，即，圆心为，半径为，
曲线，即，圆心为，半径为，
两圆心的距离为，则两圆外切，有条公切线，故C错误；
对于D：圆和圆，
两方程作差可得公共弦所在的直线方程为，
圆即，
圆心，半径，圆心到直线的距离为
，所以公共弦长为，故D正确．
故选：BD．
11．ABD
【分析】根据条件，建立空间直角坐标系，利用向量法对选项A、C和D逐一分析判断即可得出结果，对于选项B，通过条件得到，再利用线面平行的判定定理即可得出结果.
【详解】如图，取中点，中点，连接，
因为是边长为2的等边三角形，所以，
又平面平面，平面平面，平面，所以平面，
易知，故可建立如图所示的空间直角坐系，
又棱长均为，，
则，
所以，又，所以，
对于选项A，因为，得，
所以，即有，故选项A正确，
对于选项B，因为是线段的中点，又是与的交点，则为的中点，
所以，又面，面，所以平面，故选项B正确，
对于选项C，因为，，
设与所成的角为，则，
故选项C错误，
对于选项D，易知平面的一个法向量为，又，
设与平面所成的角为，
则，故选项D正确，
故选：ABD.
12．
【分析】结合已知条件，利用点斜式求出直线方程，然后令即可求解.
【详解】直线过点，若的斜率为3，
由直线的点斜式方程得：，即，
当时，，
则在轴上的截距为.
故答案为：.
13．＋＝1
【分析】先求出c，再根据离心率求出a,最后利用的关系求出b2，即可求出椭圆的标准方程.
【详解】由焦点在x轴上且焦距是8，可得，
由离心率等于可得，解得，
所以，
所以，椭圆的标准方程为＋＝1.
故答案为：＋＝1.
14．/
【分析】根据光学性质可得，进而根据可得，故，结合双曲线的定义，以及相似即可求解.
【详解】

过点作于点，延长交的延长线于点，设上有一点，
由题意可得，，
又，所以，所以，故，
由双曲线定义可得，故，
因为，，所以，故，
故离心率为，
故答案为：.
15．(1)
(2)
【分析】先求出l1与l2的交点坐标.再分别由l∥l3，，l⊥l3求出直线l方程即可.
【详解】（1）由，得.
∴l1与l2的交点为(1，3)
设与直线平行的直线方程为，
则，
∴
∴所求直线方程为.
（2）设与直线垂直的直线方程为
则，解得
∴所求直线方程为.
16．(1)
(2)
【分析】（1）根据题目条件求出圆心和半径，写出圆的方程；
（2）先求圆心到直线的距离，再利用弦长可得答案.
【详解】（1）设圆心为，半径为,
则由题意得，故该圆的方程为.
（2）圆心到直线的距离为，
由垂径定理得：，解得.
17．(1)；
(2).
【分析】（1）列式求解公差，写出等差数列通项公式；（2）利用裂项相消法求和.
【详解】（1）设数列的公差为，∵，
∴，解得，
∴．
（2），
∴．
18．(1)证明见解析
(2)；
(3)
【分析】(1)要证明，可证明平面，由已知易得，只要证明即可，由于四边形菱形，故可转化为证明，由此即可证明；
(2)由与平面所成最大角的正切值为，可求出，然后为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，求出异面直线与所在向量的夹角的余弦值，从而求解；
(3)将三棱锥的体积转化成三棱锥，然后利用三棱锥的体积公式即可求解.
【详解】（1）由四边形菱形，，可得为正三角形．
因为为的中点，所以．
又，因此．
因为平面，平面，所以．
而平面，平面且，
所以平面．又平面，
所以．
（2）设为上任意一点，连接
由（1）知平面，
则为与平面所成的角．
在中，
所以当最短时，最大，即当时，最大．
此时
因此．又 所以所以
以为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，
则
则，，
，
∴异面直线与所成的角的余弦值；
（3）连接，由题意可知：，所以，
因为，平面，平面，所以，
又，所以平面，因为为的中点，所以点到平面的距离是点到平面的距离的一半，也即
所以
19．(1)；
(2).
【分析】(1)求出椭圆的a、b、c，设，利用平面数量积的坐标表示和即可求解；
(2)设直线的方程和，联立椭圆方程，根据和为锐角可得，结合韦达定理代入化简计算即可求解.
【详解】（1）由题意知，，
所以，设，
则，
又，有，解得，
所以；
（2）显然不满足题意，设直线的方程为，设，
，
，解得，①
，
则，
又为锐角，AOB不共线，则，即，，
所以
，
解得，②
由①②，解得或，
所以实数k的取值范围为.
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
A
C
A
B
A
A
B
B
AB
BD
题号
11
答案
ABD