2024学年乌兰浩特市一中高二数学上学期第二次月考试卷附答案解析

学年乌兰浩特市一中高二数学上学期第二次月考试卷一、单选题（本大题共8小题）1．已知抛物线方程，则该抛物线的焦点坐标是（）A． B． C． D．2．已知数列，，，，，…，，…，则该数列的第项是（

）A． B． C． D．3．已知P为椭圆上的动点．，且，则（

）A．1 B．2 C．3 D．44．在等差数列中，，则的值为（）A．6 B．12 C．24 D．485．图中展示的是一座抛物线形拱桥，当水面在时，拱顶离水面，水面宽，水面下降后，水面宽度为（）A． B． C． D．6．为直线上一点，过总能作圆的切线，则的最小值（

）A． B． C． D．7．在空间直角坐标系中，四面体SABC各顶点坐标分别为，，，，则该四面体外接球的表面积是A． B． C． D．8．已知点F为椭圆的右焦点，点P是椭圆C上的动点，点Q是圆上的动点，则的最小值是（）A． B． C． D．二、多选题（本大题共3小题）9．已知双曲线，则下列关于双曲线的结论正确的是（

）A．实轴长为6 B．焦距为5C．离心率为 D．焦点到渐近线的距离为410．已知曲线，则（

）A．当时，是圆B．当时，是椭圆且一焦点为C．当时，是椭圆且焦距为D．当时，是焦点在轴上的椭圆11．如图所示．已知椭圆方程为，F1、F2为左右焦点，下列命题正确的是（

）A．P为椭圆上一点，线段PF1中点为Q，则为定值B．直线与椭圆交于R，S两点，A是椭圆上异与R，S的点，且、均存在，则C．若椭圆上存在一点M使，则椭圆离心率的取值范围是D．四边形为椭圆内接矩形，则其面积最大值为2ab三、填空题（本大题共3小题）12．设双曲线的右焦点是，左、右顶点分别是，过作轴的垂线交双曲线于两点，若，则双曲线的离心率为．13．已知二面角，，，，，，，若，，，，则二面角的余弦值为.14．圆形是古代人最早从太阳、阴历十五的月亮得到圆的概念的.一直到两千多年前我国的墨子（约公元前468-前376年）才给圆下了一个定义：圆，一中同长也．意思是说：圆有一个圆心，圆心到圆周的长都相等．现在以点为圆心，2为半径的圆上取任意一点，若的取值与x、y无关，则实数a的取值范围是.四、解答题（本大题共5小题）15．（1）在等差数列中，，，求的通项公式；（2）已知数列的前n项和为，求数列的通项公式.16．已知抛物线的焦点为F．过F的直线与C交于Ax1,y(1)求的值；(2)求直线与C的公共点个数.17．已知平面四边形中，，，且.以为腰作等腰直角三角形，且，将沿直线折起，使得平面平面.

(1)证明：平面；(2)若是线段上一点，且平面，求平面与平面夹角的余弦值.18．已知椭圆分别为椭圆C的左顶点和右焦点，过F的直线l交椭圆C于点P，Q．若，且当直线轴时，．(1)求椭圆C的方程；(2)记的面积为S，求S的最大值．19．已知双曲线的实轴长为2，直线为的一条渐近线．(1)求的方程；(2)若过点的直线与交于两点，在轴上是否存在定点，使得为定值？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由．参考答案1．【答案】A【详解】∵抛物线的方程为，∴化成标准方程，得，∴由此可得抛物线的，得，

∴抛物线的焦点坐标为.故选：A.2．【答案】A【详解】由已知数列，，，，，…，，…，即，，，，，…，，…，则数列的第项为，第项为，故选：A.3．【答案】C【分析】根据题意，结合椭圆的定义，得到点的轨迹表示以为焦点的椭圆，进而求得的值.【详解】因为，可得，则，由椭圆的定义，可得点的轨迹表示以为焦点的椭圆，其中，可得，所以，又因为点在椭圆，所以.故选C.4．【答案】D【详解】由等差数列的性质知：，由，，即，故选：D.5．【答案】C【详解】建立如图所示的平面直角坐标系，则点.设抛物线的方程为，由点可得，解得，所以.当时，，所以水面宽度为.故选：C.6．【答案】D【详解】由题意，点为直线上一点，过总能作圆的切线，可得直线与圆相切或相离，则满足圆心到直线的距离，解得，即，所以的最小值为.故选：D.7．【答案】D【分析】由题意，四面体的外接球就是棱长为4的正方体的外接球，直径为正方体的对角线，即可求出四面体的外接球的体积.【详解】由题意计算可得，，，.，，，所以平面ABC，故四面体SABC是底面ABC为等腰直角三角形，侧棱SC垂直底面ABC的几何体，所以四面体的外接球就是棱长为4的正方体的外接球，其直径为正方体的对角线的长，半径为.所以该四面体外接球的表面积.故选：D【点睛】本题考查了多面体的外接球问题以及球的表面积，考查了向量的数量积在几何中的应用，解决此题还需熟记球的表面积公式，属于中档题.8．【答案】B【详解】如下图所示：在椭圆中，，则，圆的圆心，半径，圆心为椭圆C的左焦点，由椭圆定义可得，由椭圆的几何性质可得，即，由圆的几何性质可得，所以，所以的最小值是．故选：C．9．【答案】AD【分析】根据题意，结合双曲线的几何性质，逐项判定，即可求解.【详解】由双曲线，可得，则，可得双曲线的实轴长为，焦距为，离心率为，所以A正确，B、C不正确；又由双曲线的渐近线方程为，即，且焦点，不妨设右焦点，渐近线为，则焦点到渐近线的距离为，所以D正确.故选：AD.10．【答案】AC【详解】对于A项，当时，曲线C可化为是圆，A正确；对于B项，当时，曲线C可化为是焦点在轴上的椭圆，B错误；对于C项，当时，曲线是椭圆，且，所以，故C正确；对于D项，当时，曲线不是椭圆，故D错误.故选：AC.11．【答案】ACD【详解】A：连接，由椭圆的定义可知，线段中点为Q，所以，于是有，所以本选项命题正确；B：直线与椭圆交于R，S两点，因为直线经过原点，而椭圆是关于原点的中心对称图形，所以R，S两点关于原点对称，不妨设，Ax0，因为A是椭圆上异与R的点，所以有，两个式相减，得，因此，所以本选项命题是假命题；C：椭圆上存在一点M使，由余弦定理可知：，即，即，而，当且仅当MF1=M而，所以，因此本选项命题是真命题；D：因为矩形和该椭圆的对称轴和对称中心相同，所以设矩形在第一象限的顶点为，即，所以矩形的面积为，因为，当且仅当时取等号，即当时取等号，因此本选项命题是真命题，故选：ACD12．【答案】【详解】由题意可知：左、右顶点分别是A1（﹣a，0），A2（a，0），当x＝c时，代入双曲线方程，解得：y＝±，设B（c，），C（c，），则直线A1B的斜率k1，直线A2C的斜率k2，由A1B⊥A2C，则k1×k2＝﹣1，即1，则1，双曲线的离心率e，故答案为：．13．【答案】/【详解】如图，过点在平面内作且，连接，则得平行四边形，，，又，则即二面角的平面角，又，故平面，因平面，则，又，故得.在中，由，，可得，在中，，，，所以二面角的余弦值为.故答案为：.14．【答案】【详解】由已知可得所在的圆的方程为，设，故可看作点到直线与直线距离之和的5倍，因为的取值与x、y无关，所以这个距离之和与点在圆上的位置无关，圆心到直线的距离为，所以圆与直线相离，如图所示，可知直线平移时，点与直线的距离之和均为直线之间的距离，此时可得圆在两直线之间，当直线与圆相切时，，解得（舍去），或，所以.故答案为：.15．【答案】（1）；（2）.【详解】（1）设等差数列的公差为，由题可知，,因为，，得，解得,所以等差数列an的通项公式为.（2）当时，，当时，，检验，，所以.16．【答案】(1)(2)1个【详解】（1）设直线的方程为，与联立得，所以．（2）直线的斜率为，所以直线的方程为，即，与联立得，解得，所以直线与C只有1个公共点A．17．【答案】(1)证明见详解(2)【详解】（1）因，，故，又，且，故在直角梯形中，，由可得；因平面平面，，平面平面，则平面，又平面，则，又，因平面，故平面.（2）如图，连接交于，因为，，

故，，故，则为等腰直角三角形，故，又，故，为靠近的三分点，又因为平面平面，平面，平面，故，则为靠近的三分点，如图，以点为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，

则，所以，，，设平面的法向量为，则，可取，因为靠近的三分点，则，故，，设平面的法向量为，则由，可取，故，故平面与平面夹角的余弦值为.【方法总结】向量法求两个平面的夹角的余弦值：首先求出两个平面的法向量，再代入公式cosα＝(其中分别是两个平面的法向量，α是两个平面的夹角)求解．18．【答案】(1)(2)【详解】（1）设椭圆的右焦点为，则，…①由，得，…②又当直线轴时，P，Q的横坐标为c，将代入中，得，则，…③联立①②③，解得，所以椭圆C的方程为．（2）直线不与y轴垂直时，可设的方程为，联立椭圆方程，消去x并整理得，，又设，由韦达定理得所以．令，则，设函数，由对勾函数性质易知在上为增函数，所以当，即时，，此时S取得最大值为．19．【答案】(1)(2)存在定点，使为定值，理由见详解.【分析】（1）由，再由渐近线的方程得的值，求得，即可得双曲线方程；（2）当直线不与轴重合时，设直线的方程为，代入双曲线方程，设点，得，再设，计算，由其为常数求得，同时验证当直线斜率为0时，此值也使得为刚才的常数，即得结论．【详解】（1）由题意得，即.因为的渐近线方程为.所以，所以，