2024届高二上学期实验班数学第二次月考答案

1 龙岩一中2022-2023 学年第一学期高二理实第二次月考数学答案 1.【详解】解：     1 9 3 7 9 9 9 9 8 36 2 2 2 a a a a S        .故选：B. 2． 【详解】由直线2 5 0 x y    与直线 2 0 kx y   互相垂直，可得2 2 0 k   ，即 1 k ， 所以直线 2 0 kx y   的方程为： 2 0 x y   ；由 2 5 0 2 2 0 1 x y x x y y               ，得它们的交点坐标为( 2, 1)   .故选：B. 3．【答案】B【详解】由题意可得2 4 b  ，即 2 b  ，又 2 2 2 2 2 2 4 4 2 1 3 c a e a a a      ，∴ 2 12 a  ，∴椭圆C 的方程为 2 2 1 12 4 x y  .故选：B. 4． 【详解】 因为     2,0 , 0,2 A B ， 所以 2 2 AB  .圆的标准方程 2 2 ( 2) 2 x y    ， 圆心   2,0 C  ，圆心C 到直线AB 的距离为 2 2 d  ，所以，点P 到直线AB 的 距离d的取值范围为：[ 2,3 2]，所以   1 2,6 2 PAB S AB d    .故选:C. 5．【答案】D【详解】如图，由椭圆 2 2 64 28 x y  =1，得 2 2 64, 28, a b   2 2 64 28 6, c a b      得   6,0 F  ，则椭圆右焦点为   6,0 F ，则   2 16 PM PF PM a PF PM PF              2 2 16 16 3 6 4 0 16 5 21 MF           .当P 与射线 MF与椭圆的交点 0 P 重合时取到等号, PM PF   的最大值为21. 故选：D. 6． 【详解】由题M（-1，2） ，N（1，4） ，则线段MN 的中点坐标为（0，3） ， 易知 1 MN k ，则经过M，N 两点的圆的圆心在线段MN 的垂直平分线 3 y x   上． 设圆心为  ,3 S a a  ，则圆S 的方程为      2 2 2 3 2 1 x a y a a      ． 当 MPN  取最大值时，圆S必与x 轴相切于点P（由题中结论得） ，则此时P 的坐标为  ,0 a ，代入圆S 的方程， 得    2 2 2 1 3 a a    ，解得 1 a 或7，即对应的切点分别为P（1，0）和   7,0 P ．因为对于定长的弦在优弧 上所对的圆周角会随着圆的半径减小而角度增大，又过点M，N，P的圆的半径大于过点M，N，P 的圆的半 径，所以 MPN MP N    ，故点P（1，0）为所求，即点P 的横坐标为1.故选:A． 7． 【详解】由题设， 2 1 1 ( ) ( ) 2 n n n n a a a a        ， 2 1 4 a a   ，故 1 { } n n a a  是首项为4，公差为2 的等差数列， 则 1 2 2 n n a a n    ，则 2 1 1 1 1 2 ... 2[( 1) ... 1] 2( 1) n n n n n a a a a a a a a n n                  ( 2)( 1) n n    ， 所以 ( 1) n a n n   ，故 2 ( 1) 1 1 n n a n   ，又 * N n ，当 1 n 时 2 1 2 [ ] 2 a  ，当 2 n  时 2 ( 1) [ ] 1 n n a  ， 所以 2 2 2 1 2 2020 2 3 2021 a a a                      2021.故选：C 8． 【答案】A【详解】依题意， 1 2 1 2 1 2 1 2 2 1 | | | | s 2 sin in 2 MF F S MF MF b F F F MF M       ，而 1 2 n 0 si F MF   ，则有 2 1 2 | | | | 4 MF MF b   ，由椭圆定义知： 1 2 1 2 2 | | | | 2 | | | | 4 a MF MF MF MF b      ， 当且仅当 1 2 | | | | 2 MF MF b   ， 即 2 a b  时取“=”， 于是有 1 2 b a  ， 则 2 3 1 ( ) 2 c b e a a     ， 又 1 e ， 即有 3 1 2 e  ， 所以椭圆E 的离心率e的取值范围为 3 ,1 2        .故选：A 9． 【详解】因为两平行线分别经过点A（5，0） ，B（0，12） ，易知当两平行线与A，B 两点所在直线垂直时， 两平行线间的距离d 最大，即     2 2 max 5 0 0 12 13 d AB       ，所以0 13 d   ，故距离d 可能等于5，12， 13.故选：BCD． 10． 【详解】等差数列{ } n a 中， 1 0 a  ，公差 0 d  ， n S 为其前n 项和， 2 1 1 ( 1) ( ) 2 2 2 n n n d d S na d n a n         ， 2 点( , ) n n S 在曲线 2 1 ( ) 2 2 d d y x a x    上， 0 d   ，二次函数开口向下，故A，B 不可能；对称轴 1 2 0 d a x d   ∴， > 对称轴在y 轴的右侧，故C 可能，D 不可能.故选：ABC 11．BD 12． 【答案】ACD【详解】令椭圆半焦距为c，则 1 2 ( ,0), ( ,0) F c F c  ，由 1 2 tan 15 BF F   得 15 b c  ， 4 a c  ，椭 圆 2 2 2 2 : 1 16 15 x y C c c  ， (0, 15 ) B c ，而 2 2 BQ QF      ，则点 2 15 ( , ) 3 3 c c Q ，对于A，椭圆C 的离心率 1 4 c e a   ，A 正确；对于B，设 0 0 ( , ) K x y ，即有 2 2 2 0 0 15 15 16 y c x   ， 1 2 0 0 0 0 ( , ) ( , ) KF KF c x y c x y         2 2 2 2 2 0 0 0 1 14 0 16 x y c x c      ， 即 1 2 F KF  为锐角，B 不正确；对于C，直线 1 PF 的斜率 15 15 3 2 5 ( ) 3 c k c c    ，C 正确； 对于D，直线 1 BF 的方程为15 15 0 x y c    ，点Q 到直线 1 BF 的距离 2 2 2 15 | 15 15 | 15 3 3 3 ( 15) ( 1) c c c c d       ，即点Q 到直线 1 F B 与 1 2 F F 的距离相等，则 1 PF 平分 1 2 BF F  ，D 正确.故选：ACD 13． 1 2 1 n  14．4 15．  1,3 16．6 16【答案】6【详解】以OA 的中点G 为坐标原点，OA 所在直线为x 轴，垂直OA 为y 轴建立平面直角坐标系， 可知 1 ,0 2 O      ， 1 ,0 2 A      ， 设折痕与OA和AA分别交于M， N 两点， 则MN⊥AA， 连接MA， 所以MA MA  ， 所以 4 2 MA MO MA MO A O OA          ，故所有折痕与OA的交点M 的轨迹为以O，A 为焦点，4 为 长轴的椭圆，故椭圆方程为： 2 2 1 4 3 x y  ，设曲线C 上点坐标为   2cos , 3sin H  ，则 2 2 2 4cos 3sin cos 3 OH        ，当cos 1 时，OH 取得最大值，最大值为2，故曲线C 上的点到圆O 上的点的最大距离为2+4=6.故答案为：6 17．解（1） 2 2 2 4 6 9 0 x y mx y m       ，配方得： 2 2 2 ( ) ( 2) ( 3) 4 x m y m       ， 当 3 m  时，圆C 的半径有最小值2，此时圆的周长最小...................4 （2）由（1）得， 3 m  ，圆的方程为： 2 2 ( 3) ( 2) 4 x y     . 当直线与x 轴垂直时， 1 x  ，此时直线与圆相切，符合条件；当直线与x 轴不垂直时，设为   1 2 y k x    ， 由直线与圆相切得： 2 2 2 2 2 1 k k    ，解得 3 4 k  ，....7 所以切线方程为 3 11 4 4 y x   ，即3 4 11 0 x y    ..................................9 综上，直线方程为 1 x  或3 4 11 0 x y    ......................10 18．解(1)∵������= ���，∴������= ������= ���,∴ ������ ������= ���,又∵ ������ ������是公差为 ��� ���的等差数列， ∴ ������ ������= ���+ ��� ������−���= ���+��� ���,∴������= ���+��������� ��� ,.∴当���≥���时，������−���= ���+���������−��� ��� ，........................4 ∴������= ������−������−���= ���+��������� ��� − ���+���������−��� ��� ,整理得：���−���������= ���+ ���������−���,即 ������ ������−���= ���+��� ���−���,..........6 ∴������= ������× ������ ������× ������ ������× … × ������−��� ������−���× ������ ������−��� 3 4 5 1 ( 1) 1 1 2 3 2 1 2 n n n n n n           ， 3 显然对于���= ���也成立，∴������的通项公式������= ������+��� ��� ；...........................8 (2) ��� ������= ��� ������+���= ��� ��� ���− ��� ���+���, ....................10 ∴ ��� ������+ ��� ������+ ⋯+ ��� ������= ��� ���− ��� ���+ ��� ���− ��� ���+ ⋯ ��� ���− ��� ���+��� = ������− ��� ���+���< ���，∴ 2 n T  .......12 19. 【详解】（1）由题意得 2 2 2 2 2 4 1 1 3 2 a b c a a b c               ， ， ， ，∴ 2 2 2 8 2 6 a b c         ， ， ， ∴椭圆C 的方程为 2 2 1 8 2 x y  . （2）由题可知l 的斜率一定存在，故设l ： ( 4) y k x   ，由 2 2 ( 4 1 8 2 y k x x y          ）， ，得 2 2 2 2 (4 1) 32 64 8 0 k x k x k     ，由      2 2 2 2 32 4 4 1 64 8 0 k k k      ，解得， 1 1 2 2 k    ，设 1 1 2 2 ( ) ( ) A x y B x y ， ， ， ，则 2 1 2 2 32 4 1 k x x k    ， 2 1 2 2 64 8 4 1 k x x k    又点 ( 2 1) P   ， ，∴ 1 1 1 2 PA y k x    ， 2 2 1 2 PB y k x    ， ∴ 1 2 1 2 1 1 2 2 PA PB y y k k x x        1 2 1 2 ( 4) 1 ( 4) 1 2 2 k x k x x x         1 2 2 1 2 1 2 2 k k k k x x               1 2 1 1 2 (2 1) 2 2 k k x x             1 2 1 2 4 2 (2 1) ( 2)( 2) x x k k x x         1 2 1 2 1 2 4 2 (2 1) 2( ) 4 x x k k x x x x          2 2 2 2 16 4 4 1 2 (2 1) 16 4 4 1 k k k k k k          2 (2 1) ( 1) k k      1 .直线PA 与PB 的斜率之和为定值1 . 20．解： （1）证明：依题意，   * 1 1 2 1 n n a a n N n           ，即 1 1 1 1 1 1 2 2 n n n n a a a n n             ，故 1 1 1 2 n n a a n n    ，故 数列 n a n      是等比数列，首项为 1 1 1 a ，公比为 1 2 的等比数列，故 1 1 1 2 n n a n        ，即 1 1 2 n n a n         ；....................4 （2）因为 1 1 1 1 2 n n a a n          ，即 1 1 1 1 2 n n n a a         ，故 1 n 时 1 1 n n a a ，即 1 2 a a  ， 1 n 时， 1 1 n n a a ，即 1 n n a a  ， 故 1 2 3 4 ... a a a a     ，故 1 1 n M a  ， 1 1 2 n n n m a n          ，所以 1 1 1 1 1 2 2 2 2 2 n n n n n n M m b n                    .因为 1 1 2 2 m m b m         ， 1 1 0 2 k k a k           ， m k b a  ，所以 1 1 1 1 1 1 1 2 2 2 2 2 2 m m m k b m a a               ，即 1 1 2 2 k m a a   ，又 因为 3 4 1 1 4 2 2 a          ， 2 3 1 3 3 2 4 a         ， 1 2 1 a a  ，且 1 2 3 4 ... a a a a     ，可知 4 k  且k  N ，即 1,2,3 k  ， 由 1 1 2 2 k m a a   知， 1 k 时， 1 1 1 1 1 2 2 2 m m a a a    ，故 1 m a ，即 1,2 m  ，但m k  ，故 2 m  符合题意； 2 k  时，2 1 1 1 1 2 2 2 m m a a a    ， 故 1 m a ， 即 1,2 m  ， 但m k  ， 故无解； 3 k  时，3 1 3 1 1 2 4 2 2 m m a a a     ， 故 1 2 m a  ， 即 4 m  ，又m k  ，故 4 m  符合题意；综上，所有满足条件的实数对  , m k 有   2,1 , 4,3 ．.................12 21．解：设直线1 l 的方程为 1 y kx  ，即 1 0 kx y   ，则圆心  0,2 到直线1 l 的距离 1 2 2 2 1 1 1 1 d k k      ，所以 2 2 2 1 4 3 2 4 2 1 1 k PQ k k       ， （1）若 0 k  ，则直线2 l 斜率不存在，则 2 3 PQ  ， 4 EF  ，则 1 4 3 2 S EF PQ    ，若 0 k  ，则直线2 l 得方程为 1 1 y x k  ，即 0 x ky k    ，则圆心  0,2 到直线1 l 的距离 4 2 2 1 k d k   ， 所以 2 2 2 2 3 4 2 4 2 1 1 k k EF k k       ， 则 