重庆市九龙坡区杨家坪重点中学2023-2024学年高二上学期第三次月考数学试题（PDF版含解析）

重庆市杨家坪中学 2023-2024 学年高二上学期第三次月考数
学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．在等差数列 an 中， a2 14，a5 5，则公差 d （ ）
A． 2 B． 3 C．2 D．3
2．已知直线 l : kx y 2 k 0过定点 M，点 P x, y 在直线2x y 1 0上，则 MP 的
最小值是（ ）
A 5 B 3 5 5． ． 5 C． D．
5 5
3．双曲线 2x2 y2 8的渐近线方程是（ ）
1
A． y x B 2． y 2x C． y 2x D．
2 y x2
试卷第 1页，共 15页
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4．已知向量 a 2 3,0,2 ，向量b 1,0, 3 ，则向量 a在向量b上的投影向量为（ ）
A． 3,0,3 B． 3,0,1
C． 1,0, 3 1 3D ÷． ,0, ÷ 2 2 ÷÷
5．数列 1an 的前 n项和为 Sn，且满足 a1 2，a n 1 1 n Na ，则 S2023 （ ）n
A．1011 B．1013 C．2022 D．2023
x y 1
6．若实数 x、 y满足条件 x2 y2 1，则 的范围是（ ）
x 1
1 1 1 1A ． , B． , C． , D． , 4 4 2 2
试卷第 2页，共 15页
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7．古希腊数学家阿基米德一生最为满意的一个数学发现就是“圆柱容球”定理，即圆柱
2 2
内切球的体积是圆柱体积的 3 ，且球的表面积也是圆柱表面积的 3 .已知表面积为18π的
圆柱的轴截面为正方形，则该圆柱内切球表面积与圆柱的体积之比为（ ）
A． 2 :3 3 B． 2 : 3 C． 10 :3 D． 4 2 : 3
x2 28 y．已知椭圆C : 2 2 1(a b 0)的左、右焦点分别为 Fa b 1
,F2 .点 P在C上且位于第一
象限，圆O1与线段 F1P的延长线，线段PF2 以及 x轴均相切，△PF1F2的内切圆为圆O2 .
若圆O1与圆O2外切，且圆O1与圆O2的面积之比为 9，则C的离心率为（ ）
3
A 1． 2 B． C
2 3
． D．
5 2 2
试卷第 3页，共 15页
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二、多选题
9．已知直线 l : m 3 x 2m 1 y 2m 1，则下列结论正确的是（ ）
A．存在m，使 l与直线 x 2y 0平行
B． l恒过定点（0，1）
C．存在m，使 l被圆 x2 y2 4截得弦长为 2 3
D．存在m，使 l被圆 x2 y2 4截得弦长为 4
试卷第 4页，共 15页
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10．设等比数列 an 的公比为q，其前 n项和为 Sn，前 n项积为Tn，且满足条件 a1 1，
a2022a2023 1， a2022 1 a2023 1 0，则下列选项正确的是（ ）
A．0 q 1 B． S2022 S2023 1
C．T2023是数列 Tn 中的最大项 D．T4043 1
试卷第 5页，共 15页
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11．已知抛物线C : y2 4x的焦点为 F，过 F作两条互相垂直的直线 l1，l2，l1与 C相交
于 P，Q， l2与 C相交于 M，N， PQ的中点为 G，MN的中点为 H，则（ ）
1 1 1 1 1 1A． | PF | |QF | B． | PQ | |MN | 2
C． | PQ | |MN |的最大值为 16 D．当 |GH |最小时，直线GH的斜率不存
在
试卷第 6页，共 15页
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12．在正方体 ABCD A1B1C1D1中，点 P在线段 B1C上运动，则下列结论正确的有（ ）
A．直线 BD1 平面 A1C1D
B．三棱锥 P A1DB体积为定值
π π
C．异面直线 AP与 A1D所成角的取值范围是 ,
6 2
D．直线C1P与平面 A
6
1C1D所成角的正弦值的最大值为
3
试卷第 7页，共 15页
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三、填空题
13．已知点M 1,3 到直线 l :mx y 1 0的距离等于 1，则实数m等于 ．

14．棱长为 a的正四面体中，则 AB BC AC BD ．
15 n *．已知数列 an 的首项 a1 2，且满足 anan 1 2 n N ，则 a20 = ．
试卷第 8页，共 15页
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16．已知在等腰梯形 ABCD中，AB / /CD，AB 2 CD 4， ABC 60 ，双曲线以A，
B为焦点，且与线段 AD， BC（包含端点D，C）分别有一个交点，则该双曲线的离
心率的取值范围是 ．
试卷第 9页，共 15页
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四、解答题
17 a a 0 2a a 1 S n N*．已知数列 n ， 1 ， n 1 n ， Sn为数列 an 的前 n项和.
(1)求数列 an 的通项公式 an ；
(2)设bn n an，求数列 bn 的前 n项和Tn .
试卷第 10页，共 15页
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18．如图，已知SA垂直于梯形 ABCD所在的平面，矩形 SADE的对角线交于点 F，G为
π 1
SB的中点， ABC BAD ， SA AB BC AD 1 .
2 2
(1)求证：BD//平面 AEG；
(2)求平面 SCD与平面 ESD夹角的余弦值.
试卷第 11页，共 15页
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19 C : y 2．已知抛物线 2px p 0 的准线为 l，过抛物线上一点 B向 x轴作垂线，垂足
恰好为抛物线C的焦点 F ，且 BF 4．
（Ⅰ）求抛物线C的方程；
（Ⅱ）设 l与 x轴的交点为A，过 x轴上的一个定点 1,0 的直线m与抛物线C交于D,E两
点．记直线 AD, AE
1
的斜率分别为 k1,k2，若 k1 k2 ，求直线m的方程.3
试卷第 12页，共 15页
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20．已知在四棱锥 P ABCD中，底面 ABCD是边长为 4的正方形， PAD是正三角形，
平面 PAD 平面 ABCD，E、F、G分别是 PA、 PB、 BC的中点.
(1)求证：EF 平面 PAD；
π
(2)线段 PD上是否存在一个动点 M，使得直线GM 与平面 EFG所成角为 ，若存在，
3
求线段 PM的长度，若不存在，说明理由.
试卷第 13页，共 15页
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a 2，n 2k 1
21．在数列 an 中，已知 a1 1， a2 2 n *，an 2 { k N .3an，n 2k

(1)求数列 an 的通项公式；
(2)设数列 an 的前 n项和为 Sn，问是否存在正整数 m，n，使得 S2n mS2n 1 若存在，
求出所有的正整数对 m，n ；若不存在，请说明理由．
试卷第 14页，共 15页
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2 2
22 x y 2．如图，椭圆 E： 2 + 2 1(a b 0)的离心率是 ，过点 P（0,1）的动直线 l与a b 2
椭圆相交于 A，B两点，当直线 l平行于 x轴时，直线 l被椭圆 E截得的线段长为2 2 .
（1）求椭圆 E的方程；
QA PA
（2）在平面直角坐标系 xOy中，是否存在与点 P不同的定点 Q，使得 QB PB 恒成
立？若存在，求出点 Q的坐标；若不存在，请说明理由.
试卷第 15页，共 15页
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重庆市杨家坪中学 2023-2024 学年高二上学期第三次月考数
学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．在等差数列 an 中， a2 14，a5 5，则公差 d （ ）
A． 2 B． 3 C．2 D．3
【答案】B
【分析】利用等差数列通项公式的性质解出即可
【详解】在等差数列 an 中， a2 14，a5 5
a
所以 d 5
a2 5 14 3
5 2 5 2
故选：B.
2．已知直线 l : kx y 2 k 0过定点 M，点 P x, y 在直线2x y 1 0上，则 MP 的
最小值是（ ）
A．5 B． 5 C 3 5． D 5．
5 5
【答案】B
【分析】先求定点，再根据点到直线距离求解点到直线上动点距离最小值即可.
【详解】由 kx y 2 k 0得 y 2 k 1 x ，所以直线 l过定点M 1, 2 ，
依题意可知 MP的最小值就是点 M到直线2x y 1 0的距离，
2 2 1
由点到直线的距离公式可得 MP 5min ．4 1
故选:B.
3．双曲线 2x2 y2 8的渐近线方程是（ ）
1
A． y x B． y 2x C 2． y 2x D．
2 y x2
【答案】C
y2 x2
【分析】化简双曲线的标准方程为 1，结合双曲线的结合性质，即可求解.
8 4
2 2
【详解】由双曲线 2x2 y2 8 y x，可化为 1，可得 a 2 2,b 2，
8 4
试卷第 1页，共 19页
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a
所以双曲线的渐近线方程为 y x 2x .
b
故选：C.

4．已知向量 a 2 3,0,2 ，向量b 1,0, 3 ，则向量 a在向量b上的投影向量为（ ）
A． 3,0,3 B． 3,0,1
C． 1,0, 3 1 3D． ,0, ÷÷ 2 2 ÷÷
【答案】A
【分析】由空间向量数量积的几何意义及投影向量的定义，应用向量数量积、模长的坐

标运算求向量 a在向量b上的投影向量.

a b b 4 3
【详解】向量 a在向量b上的投影向量为 1,0, 3| b | | b | 4 3,0,3 .
故选：A
1
5．数列 an 的前 n项和为 Sn，且满足 a1 2，an 1 1 n Na ，则 S2023 （ ）n
A．1011 B．1013 C．2022 D．2023
【答案】B
【分析】利用数列的递推公式以及数列的周期性求解.
1
【详解】因为 a1 2， an 1 1 n Na ，n
a 1 1 1 ,a 1 1所以 2 3 1,a 1
1
2,L
a1 2 a
4
2 a3
所以数列 an 是以 3为周期的周期数列，
且列 a
3
1 a2 a3 ，2
所以 S2023 674 a a
3
1 2 a3 a2023 674 2 1013，2
故选:B.
x y 1
6．若实数 x、 y满足条件 x2 y2 1，则 的范围是（ ）
x 1
1 , 1 1 A
1
． 4
B． , C． , D． ,
4 2 2
【答案】B
x y 1
【分析】令 k，分析可知，直线 k 1 x y k 1 0与圆 x2 y2 1有公共点，
x 1
根据直线与圆的位置关系可得出关于 k的不等式，即可解得 k的取值范围.
试卷第 2页，共 19页
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x y 1
【详解】令 k，可得 k 1 x y k 1 0，
x 1
则直线 k 1 x y k 1 0与圆 x2 y2 1有公共点，
k 1
所以， 1
1
k 1 2
，解得 k ，
1 4
x y 1 , 1 即 的取值范围是 .
x 1 4
故选：B.
7．古希腊数学家阿基米德一生最为满意的一个数学发现就是“圆柱容球”定理，即圆柱
2 2
内切球的体积是圆柱体积的 3 ，且球的表面积也是圆柱表面积的 3 .已知表面积为18π的
圆柱的轴截面为正方形，则该圆柱内切球表面积与圆柱的体积之比为（ ）
A． 2 :3 3 B． 2 : 3 C． 10 :3 D． 4 2 : 3
【答案】B
【分析】设圆柱的底面半径为 r，则高为 2r，由圆柱的表面积求得 r，再求出圆柱内切
球的表面积及圆柱的体积，作比得答案．
【详解】解：设圆柱的底面半径为 r，则高为 2r，
圆柱的表面积为 2 r2 2 r 2r 6 r2 18 ，解得 r 3，
圆柱内切球的表面积为 S 4 ( 3)2 12 ，
圆柱的体积为V ( 3)2 2 3 6 3 ．
该圆柱内切球表面积与圆柱的体积之比为12 : 6 3 2 : 3 ．
故选：B．
2 2
8 x y．已知椭圆C : 2 2 1(a b 0)的左、右焦点分别为 F1,F2 .点 P在C上且位于第一a b
象限，圆O1与线段 F1P的延长线，线段PF2 以及 x轴均相切，△PF1F2的内切圆为圆O2 .
若圆O1与圆O2外切，且圆O1与圆O2的面积之比为 9，则C的离心率为（ ）
3
A 1． 2 B C
2 3
． ． D．
5 2 2
【答案】A
【分析】设圆O1、O2与 x轴的切点分别为A， B，圆心O1、O2在 PF1F2 的角平分线
上，从而切点D也在 PF1F2 的角平分线上，所以 PF1 F1F2 2c，由切线的性质求得
O
FB F A 1
A
1 ， 1 ，由圆面积比得半径比 O B ，然后由相似形得出
a,c的关系式，从而求得
2
试卷第 3页，共 19页
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离心率.
【详解】由已知及平面几何知识可得圆心O1、O2在 PF1F2 的角平分线上.如图，
设圆O1、O2与 x轴的切点分别为A， B，由平面几何知识可得，直线 PF2 为两圆的公
切线，
切点D也在 PF1F2 的角平分线上，所以 PF1 F1F2 2c，
由椭圆的定义知 PF1 PF2 2a，则 PF2 2a 2c，
所以 F2D
1
PF2 a c，2
所以 F2A F2B F2D a c，
所以 F1A F1F2 F2A 2c a c a c，
F1B F1F2 F2B 2c a c 3c a .
又圆O1与圆O2的面积之比为 9，
所以圆O1与圆O2的半径之比为 3，
F1B O B
因为O2B // O
2
1A，所以 F1A O1A
，
3c a 1 c 1
即 ，整理得 4a 8c，故椭圆C的离心率 e .
a c 3 a 2
故选：A.
【点睛】方法点睛：椭圆的离心率是椭圆最重要的几何性质，求椭圆的离心率(或离心
率的取值范围)，常见有两种方法：
c
①求出 a，c，代入公式 e ；
a
②只需要根据一个条件得到关于 a，b，c的齐次式，结合 b2＝a2－c2转化为 a，c的齐
次式，然后等式(不等式)两边分别除以 a或 a2转化为关于 e的方程(不等式)，解方程(不
等式)即可得 e(e的取值范围)．
试卷第 4页，共 19页
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二、多选题
9．已知直线 l : m 3 x 2m 1 y 2m 1，则下列结论正确的是（ ）
A．存在m，使 l与直线 x 2y 0平行 B． l恒过定点（0，1）
C．存在m，使 l被圆 x2 y2 4截得弦长为 2 3 D．存在m，使 l被圆 x2 y2 4
截得弦长为 4
【答案】BCD
m 3 1
【分析】由 无解可判断 A；将 0,1 代入 l恒成立可判断 B；当圆 x2 y2 4
2m 1 2
的圆心O与 0,1 连线和 l垂直时，求出 l被圆 x2 y2 4截得弦长可判断 C；过圆心的弦
长最大，最大值为直径 4可判断 D.
m 3 1
【详解】∵ 无解，A不正确；
2m 1 2
将 0,1 代入 l，则 m 3 0 2m 1 1 2m 1恒成立，B正确；
由 B知，当圆 x2 y2 4的圆心O与 0,1 连线和 l垂直时，
弦长最小，最小值为 2 3，C正确；
过圆心的弦长最大，最大值为直径 4，D正确，
故选：BCD.
10．设等比数列 an 的公比为q，其前 n项和为 Sn，前 n项积为Tn，且满足条件 a1 1，
a2022a2023 1， a2022 1 a2023 1 0，则下列选项正确的是（ ）
A．0 q 1 B． S2022 S2023 1
C．T2023是数列 Tn 中的最大项 D．T4043 1
【答案】AB
【分析】利用数列的性质，逐个选项分析即可.
【详解】 a2022 1 a2023 1 0， a2022 1 0，a2023 1 0或 a2022 1 0，a2023 1 0，
Q a1 1， a2022a2023 1， a2022, a2023同号，
且 a2022 1， a2023 1，即数列前2022项大于1，从第2023项开始小于 1，
a2023
对于 A， q 1，且易知 q 0，故0 q 1a ，A正确，2022
对于 B，易知 a2023 1，故 S2023 S2022 1， S2022 S2023 1，B正确，
试卷第 5页，共 19页
{#{QQABRYKQogCgABIAARhCQQWoCkCQkAECCCoOgEAAMAABQRNABAA=}#}
对于 C，由题意知 an 是递减数列，且 a2022 1， a2023 1，故T2022是数列 Tn 中的最大
项，故 C错误，
对于 D，T a a a 4043 q 4043 2021 40434043 1 4043 1 a2022 1，故 D错误，
故选:AB
11．已知抛物线C : y2 4x的焦点为 F，过 F作两条互相垂直的直线 l1，l2，l1与 C相交
于 P，Q， l2与 C相交于 M，N， PQ的中点为 G，MN的中点为 H，则（ ）
1 1
A． 1
1 1 1

| PF | |QF | B． | PQ | |MN | 2
C． | PQ | |MN |的最大值为 16 D．当 |GH |最小时，直线GH的斜率不存
在
【答案】AD
【分析】A选项，先得到两直线斜率均存在且不为 0，设直线 l1方程为 y k x 1 ，联
立抛物线方程，得到两根之和，两根之积，由焦半径得到 PF x1 1， QF x2 1，
1 1 4 2
从而得到 1；B选项，在 A选项基础上得到 PQ 2 4和 MN 4k 4| PF | |QF | ，k
1 1 1
从而代入计算出 | PQ | |MN | 4；C选项，在 B选项基础上，利用基本不等式“1”的妙
D G
1 2 , 2 H 1 2k 2用求出最小值； 选项，先得到 2 ， , 2k ，表达出 GH ，并结合 k k
2 1
基本不等式求出当 k 2 2时， |GH |取得最小值，此时 xG xH 3，故 D正确.k
【详解】A选项，若一条直线的斜率不存在时，则另一条直线斜率为 0，
此时与抛物线只有 1个交点，不合要求，
故两直线斜率均存在且不为 0，
由题意得 F 1,0 ，设直线 l1方程为 y k x 1 ，
联立 y k x 1 与C : y2 4x k 2x2 2k 2得， 4 x k 2 0，
试卷第 6页，共 19页
{#{QQABRYKQogCgABIAARhCQQWoCkCQkAECCCoOgEAAMAABQRNABAA=}#}
2
易知 0，设 P x1, y1 ,Q x 2k 42 , y2 ，则 x1 x2
k2
, x1x2 1，
则 PF x1 1， QF x2 1，
2k 2 4
1 1 1 1 x x 2 2 2
则 1 2 k 2 1，A正确；PF QF x1 1 x2 1 x1 x2 x1 x2 1 1 2k 42 1k
4
B选项，在 A选项基础上得到 PQ x1 x2 2 2 4，k
MN 4 2
1 2
4 4k 4
由于两直线均过焦点且垂直，可得 ，
k
1 1 1 1 k 2 1 1

故 | PQ | |MN | 4 4 4k
2 4 4k 2 4 4，B错误；
k 2

C选项，由 B选项可知， PQ MN 4 PQ MN 1 1
PQ MN


MN PQ MN PQ
4 1 1 PQ MN
4 2 2 16
， PQ MN
MN PQ
当且仅当 PQ MN ，即
MN PQ 8时，等号成立，
故 | PQ | |MN |的最小值为 16，C错误；
x x
D选项，由 A选项可知，G点横坐标为 1 2 1 2 2 k 2 ，
y k 1 2 1 2 G 1 2故 G 2 ，所以 2 ,
2
k k k k
，



H 1 2 2 , 1 2k 2由于两直线均过焦点且垂直，可得 2 , 2k ， 1

1
k k


2 2 2 2 4 4
则 GH 2k 2 4 2 k 2
2k 4k 8 4 4k 8 k k k 2
2 k 4 1 1 1 1
2 9
4 k
2 2 2
k 2
，
k k k 2 2 4
k 2 1 2 k 2 1
1
其中 2 2 2
2
，当且仅当 k 2 ，即 k 1时，等号成立，k k k
k 2 1当 2时， |GH |2 取得最小值，此时 xk G
xH 3，
故当 |GH |最小时，直线GH的斜率不存在，D正确.
试卷第 7页，共 19页
{#{QQABRYKQogCgABIAARhCQQWoCkCQkAECCCoOgEAAMAABQRNABAA=}#}
故选：AD.
【点睛】方法点睛：圆锥曲线中最值或范围问题的常见解法：
（1）几何法，若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用几何法来
解决；
（2）代数法，若题目的条件和结论能体现某种明确的函数关系，则可首先建立目标函
数，再求这个函数的最值或范围．
12．在正方体 ABCD A1B1C1D1中，点 P在线段 B1C上运动，则下列结论正确的有（ ）
A．直线 BD1 平面 A1C1D
B．三棱锥 P A1DB体积为定值
π π
C．异面直线 AP与 A1D所成角的取值范围是

,
6 2
D 6．直线C1P与平面 A1C1D所成角的正弦值的最大值为
3
【答案】ABD
【分析】在正方体中，本题涉及线面垂直的证明，三棱锥体积的求解，异面直线所成角
的范围及线面角正弦值的范围.需逐个分析、计算、证明各选项.
【详解】如图，
对于选项 A,连接 B1D1、 A1C1 ,由正方体可得 A1C1 B1D1 ,且 BB1 平面 A1B1C1D1 ,则
BB1 A1C1 ,又 B1D1 BB1 B1 ,且 B1D1 ,BB1 平面 BD1B1 ,所以 A1C1 平面 BD1B1 ,故
A1C1 BD1 .
同理可证 A1D BD1 ,又 A1C1 A1D A1 ,且 A1C1,A1D 平面 A1C1D ,所以 BD1 平面
A1C1D ,
故 A正确;
对于选项 B, 在正方体中，易知 B1C A1D ,而 B1C 平面 A1DB，A1D 平面 A1DB，所以
B1C 平面 A1DB，且因为点 P在线段B1C上运动，则 P到平面 A1DB的距离为定值，
试卷第 8页，共 19页
{#{QQABRYKQogCgABIAARhCQQWoCkCQkAECCCoOgEAAMAABQRNABAA=}#}
△A1DB面积为定值，所以三棱锥 P A1DB体积为定值,故 B正确;
对于选项 C,因为 B1C / /A1D , 则异面直线 AP与 A1D所成角等于直线 B1C与 AP所成角,

易知，当点 P与线段 B1C的端点重合时，直线B1C与 AP所成角取得最小值为 ，故 C3
错误;
对于选项 D，如图所示建立空间直角坐标系：设正方体棱长为 1，则

B 1,1,0 ,D1 0,0,1 ,C1 0,1,1 ,设 P a,1,a ,则0 a 1, C1P (a,0,a 1)
由 B选项证明可知，BD1 平面 A

1C1D ,所以 BD 是平面 A1C1D的一个法向量，设直线C1 1P与
平面 A1C1D所成角为 ，则

sin cos BD ,C P BD1·C1P a a 1 1 1 1
BD C P 3 a21 1 (a 1)2 3 2a2 2a 1
1 1 6
，当 a 时，即 P为B1C中点时， sin 取得最大值 ，故 D正2 3 2a2 2a 1 3
确
故选：ABD.
三、填空题
13．已知点M 1,3 到直线 l :mx y 1 0的距离等于 1，则实数m等于 ．
3
【答案】 / 0.75
4
【分析】根据点到直线距离公式列方程求解即可.
m 3 1
【详解】由题意， 1，
m2 1
试卷第 9页，共 19页
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m 3解得 .
4
3
故答案为： .
4

14．棱长为 a的正四面体中，则 AB BC AC BD ．
1
a2【答案】
2

【分析】根据题意，化简得到 AB BC AC BD AB (AC AB) AC (AD AB)，结合
向量的数量积的运算法则，即可求解.
【详解】如图所示，在棱长为 a正四面体 ABCD中，

可得 AB BC AC BD a ，且 AB, AC AC, AD AB, AD 60 ，

则 AB BC AC BD AB (AC AB) AC (AD AB)

AB AC AB AB AC AD AC AB a2 cos60 a2 a2 cos60 a2 cos60 1 a2 .
2
1 2
故答案为： a .
2
15．已知数列 an 的首项 a1 2，且满足 anan 1 2n n N* ，则 a20 = ．
【答案】512
【分析】利用已知将 n换为 n+1，再写一个式子，与已知作比，得到数列 an 的各个偶
数项成等比，公比为 2，再求得 a2=1，最后利用等比数列的通项公式即可得出．
【详解】∵anan+1=2n，（ n N*）
∴an+1an+2=2n+2．（ n N*）
an 2
∴ 2 ,（ n N*），∴数列 an 的各个奇数项 a1，a3，a5...a 成等比，公比为 2，n
数列 an 的各个偶数项 a2，a4，a6...成等比，公比为 2，
又∵anan+1=2n，（ n N*），∴a1a2=2,又 a1 2，∴ a2=1，
n
可得：当 n为偶数时， 1a a 22n 2
试卷第 10页，共 19页
{#{QQABRYKQogCgABIAARhCQQWoCkCQkAECCCoOgEAAMAABQRNABAA=}#}
∴a20＝1 29＝512．
故答案为 512．
【点睛】本题考查了等比数列的通项公式、数列递推关系，考查了推理能力与计算能力，
属于中档题．
16．已知在等腰梯形 ABCD中，AB / /CD，AB 2 CD 4， ABC 60 ，双曲线以A，
B为焦点，且与线段 AD， BC（包含端点D，C）分别有一个交点，则该双曲线的离
心率的取值范围是 ．
【答案】 (1, 3 1]
【详解】以线段 AB的中点为坐标原点建立平面直角坐标系，则双曲线 c 2，C 1, 3 .
x2 y2
设双曲线方程为 2 2 1，只需C点在双曲线右支图像的上方（包括在图像上）即可，a b
1 3
也即 1，两边乘以 a2b2得b2 3a2 a2b2，由于b22 2 c
2 a2 4 a2，所以上式化
a b
2 2 2 2 c
为 4 a 3a a 4 a ，解得 3 1 1 1 3 1 a 2， ，故1 3 1.
2 a 2 a
【点睛】本题主要考查平面解析几何的思想方法，将几何问题代数化.由于题目涉及到
双曲线，故首先建立平面直角坐标系，根据题意，以 AB的中点为坐标原点来建立坐标
系，由此可知双曲线焦点在 x轴上，并且 c 2 .建系后可利用角度得到C点的坐标，根
据题意，C点应该在双曲线图像的上方，由此可列不等式，求得 a的范围，进而求得离
心率的范围.
四、解答题
17．已知数列 an ，a1 0， 2an a *1 1 Sn n N ， Sn为数列 an 的前 n项和.
(1)求数列 an 的通项公式 an ；
(2)设bn n an，求数列 bn 的前 n项和Tn .
试卷第 11页，共 19页
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【答案】(1) a 2n 1n
(2)Tn n 1 2n 1
S1,n 1
【分析】（1）根据 an S S ,n 2得到
an 为首项为 1，公比为 2的等比数列，求
n n 1
出通项公式；
（2）利用错位相减法求和.
【详解】（1）当 n 1得， 2a1 a1 1 a1 ，因为 a1 0，解得a1 1，
故 2an 1 Sn①，
当 n 2时， 2an 1 1 Sn 1，②，
两式相减得 2an 2an 1 an，故 an 2an 1， n 2，
故 an 为首项为 1，公比为 2的等比数列，
a 2n 1所以 n ；
（2）b n 2n 1n ，
故Tn 1 2 2 3 2
2 n 2n 1，
则 2Tn 1 2 2 2
2 3 23 n 2n，
1 2n
两式相减得 T 1 2 22 2n 1n n 2
n n 2n 1 n 2n 1，
1 2
故Tn n 1 2n 1 .
18．如图，已知SA垂直于梯形 ABCD所在的平面，矩形 SADE的对角线交于点 F，G为
ABC BAD π SA AB BC 1SB的中点， ， AD 1 .
2 2
(1)求证：BD//平面 AEG；
(2)求平面 SCD与平面 ESD夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析；
试卷第 12页，共 19页
{#{QQABRYKQogCgABIAARhCQQWoCkCQkAECCCoOgEAAMAABQRNABAA=}#}
(2) 6 .
6
【分析】（1）连接 GF，利用中位线定理，结合线面平行判定定理可证；

（2）以 A为原点， AB, AD, AS分别为 x，y，z的正方向建立空间直角坐标系，利用向
量法求解即可.
【详解】（1）连接 GF，因为四边形 SADE为矩形，
所以 F为 SD的中点，
又 G为 SB的中点，所以GF //BD，
因为GF 平面 AEG， BD 平面 AEG，
所以 BD//平面 AEG.
（2）因为 SA 平面 ABCD， AB, AD 平面 ABCD，
所以 SA AB,SA AD，
又 BAD
π
，所以 AB, AD, AS两两垂直，
2

以 A为原点， AB, AD, AS分别为 x，y，z的正方向建立空间直角坐标系，
则 A 0,0,0 ,B 1,0,0 ,S 0,0,1 ,D 0,2,0 ,C 1,1,0 ，

所以 AB 1,0,0 ,CD 1,1,0 , SD 0,2, 1 ，

易知， AB 1,0,0 为平面ESD的一个法向量，

设 n x, y, z 为平面 SCD的法向量，

CD n x y 0
则 ，取 x 1，得 n 1,1,2 ，
SD n 2y z 0
记平面 SCD与平面 ESD夹角为 ，

则 cos
1 6
cos AB, n .
6 6
19．已知抛物线C : y 2 2px p 0 的准线为 l，过抛物线上一点 B向 x轴作垂线，垂足
试卷第 13页，共 19页
{#{QQABRYKQogCgABIAARhCQQWoCkCQkAECCCoOgEAAMAABQRNABAA=}#}
恰好为抛物线C的焦点 F ，且 BF 4．
（Ⅰ）求抛物线C的方程；
（Ⅱ）设 l与 x轴的交点为A，过 x轴上的一个定点 1,0 的直线m与抛物线C交于D,E两
点．记直线 AD, AE
1
的斜率分别为 k1,k2，若 k1 k2 ，求直线m的方程.3
【答案】（Ⅰ） y2 8x；（Ⅱ） 4x 3y 4 0.
p
【分析】（Ⅰ）可得 B , 4 ，代入方程求解即可；
2
（Ⅱ）设直线m的方程为 y k x 1 ，和抛物线的方程联立消元可得 x1 x2， x1x2，然
y1 y2 1
后利用 k1 k2 x 2 x 2 3 ，求解即可.1 2
B p 【详解】（Ⅰ）由题意 , 4 ，
2
代入 y2 2px，
得 p2 16，
p 4，
抛物线C的方程为 y2 8x .
（Ⅱ）当直线m的斜率不存在时， k1 k2 0与题意不符，
所以直线的斜率一定存在，设直线m的方程为 y k x 1 代入到 y2 8x中，
k 2x2 2k 2 8 x k 2 0，
2
x
2k 8
1 x2
D x k
2
设 1, y1 ，E x2 , y2 ，则 k 2 ， x x
1 2 k 2
1
k1 k
y y
2
1 2
x1 2 x2 2
k x1 1 k x2 1
x1 2 x2 2
k 2x1x2 x1 x 2 4
x1 2 x2 2
8k 1

9k 2 16 3
4
k ，
3
所以直线m的方程为 4x 3y 4 0 ．
试卷第 14页，共 19页
{#{QQABRYKQogCgABIAARhCQQWoCkCQkAECCCoOgEAAMAABQRNABAA=}#}
20．已知在四棱锥 P ABCD中，底面 ABCD是边长为 4的正方形， PAD是正三角形，
平面 PAD 平面 ABCD，E、F、G分别是 PA、 PB、 BC的中点.
(1)求证：EF 平面 PAD；
π
(2)线段 PD上是否存在一个动点 M，使得直线GM 与平面 EFG所成角为 ，若存在，
3
求线段 PM的长度，若不存在，说明理由.
【答案】(1)证明见解析；
(2)不存在，答案见解析.
【分析】（1）利用面面垂直的性质定理证明 AB 平面 PAD，即可证明结论；

（2）建立合适的空间直角坐标系，设 PM tPD ,t 0,1 ，利用向量的线性运算求出GM
的坐标，然后利用向量的夹角公式列出方程，求解即可得到答案．
【详解（】1）因为平面 PAD 平面ABCD，平面 PAD 平面 ABCD AD，AB AD ，AB
平面 ABCD，
所以 AB 平面 PAD，
又 E、F分别是 PA、PB的中点，
则 EF / /AB，
故 EF 平面 PAD；
（2）
D 0,2,0 ,G 4,0,0 ,P 0,0,2 3 ,E 0, 1, 3 ,F 2, 1, 3 ，

所以 EF 2,0,0 ,EG 4,1, 3 ，
试卷第 15页，共 19页
{#{QQABRYKQogCgABIAARhCQQWoCkCQkAECCCoOgEAAMAABQRNABAA=}#}

设平面 EFG的法向量为m x, y, z ，

m EF 0 2x 0
则 ，即 ，
m EG 0 4x y 3z 0
令 z 1，则 y 3，
故m

0, 3,1 ，

设 PM tPD ,t 0,1 ，

因为GM GP PM GP tPD 4,0,2 3 t 0,2, 2 3 ，

故GM 4,2t , 2 3 1 t ，

cosGM ,m GM m
2 3 3
所以 ，GM m 3 1 16t 2 24t 28 16t 2 24t 28
π
因为直线 GM与平面 EFG所成角为 ，
3
3 3
故 ，
16t2 24t 28 2
化简可得 2t 2 3t 3 0, 9 4 2 3 15 0 ，故方程无解，
π
所以在线段 PD上不存在一个动点 M，使得直线 GM与平面 EFG所成角为 ．
3
an 2，n 2k 121 *．在数列 an 中，已知 a1 1， a2 2，an 2 { k N3a n 2k .n，
(1)求数列 an 的通项公式；
(2)设数列 an 的前 n项和为 Sn，问是否存在正整数 m，n，使得 S2n mS2n 1 若存在，
求出所有的正整数对 m，n ；若不存在，请说明理由．
n，n 2k 1
【答案】(1) a *n { n ， k N 1
2 32 ，n 2k
(2)存在， 2，2 ， 3，1
【分析】 1 由题意可得数列 an 的奇数项是以 1为首项，公差为 2的等差数列；偶数
项是以 2为首项，公比为 3的等比数列，分别利用等差数列与等比数列的通项公式即可
得出．
试卷第 16页，共 19页
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2 S2n 3n n2 1，n N*，S 3n 12n 1 n2 1.假设存在正整数 m，n，使得 S2n mS2n 1 ，
n 1 2
化为3 3 m m 1 n 1 ，可得m 1，2，3.分类讨论即可得出．
an 2，n 2k 1
【详解】（1）由 a1 1， a2 2， an 2 { k N
* .
3an，n 2k

可得数列 an 的奇数项是以 1为首项，公差为 2的等差数列；
偶数项是以 2为首项，公比为 3的等比数列．
对任意正整数 k，a2k 1 1 2 k 1 2k 1； a2k 2 3k 1．
n，n 2k 1
a a { ， k N*数列 n 的通项公式 n n 1 ．
2 32 ，n 2k
（2） S2n a1 a3 a2n 1 a2 a4 a2n
n 1 2n 1 2 1 3n

2 1 3
3n n2 1， n N*．
S2n 1 S
n 1
2n a2n 3 n
2 1．
假设存在正整数 m，n，使得 S2n mS2n 1 ，
3n n2则 1 m 3n 1 n2 1 ，
3n 1 3 m m 1 n2 1 ， *
从而3 m 0， m 3，
又m N*， m 1，2，3．
①当m 1时， * 式左边大于 0，右边等于 0，不成立．
②当m 3时， * 式左边等于 0， 2 n2 1 0，解得 n 1， S2 3S1．
n 1
③当m 2时， * 式可化为3 n 1 n 1 ， n 1显然不满足，
n 2 k k N*当 时，存在 1， 2 ，k1 k2，使得 n 1 3k1 N*，n 1 3k2 N *，且 k1 k2 n 1，
3k2 3k1 3k1 3k2 k从而 1 1 2， 3k2 k1 1 2，3k1 1，
k1 0， k2 k1 1，于是 n 2， S4 2S3．
综上可知，符合条件的正整数对 m，n 只有两对： 2，2 ， 3，1 ．
试卷第 17页，共 19页
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2 2
22 x y．如图，椭圆 E： 2 + 2 1(a b 0)
2
的离心率是 ，过点 P（0,1）的动直线 l与
a b 2
椭圆相交于 A，B两点，当直线 l平行于 x轴时，直线 l被椭圆 E截得的线段长为2 2 .
（1）求椭圆 E的方程；
QA PA
（2）在平面直角坐标系 xOy中，是否存在与点 P不同的定点 Q，使得 QB PB 恒成
立？若存在，求出点 Q的坐标；若不存在，请说明理由.
1 x
2 y2
【答案】（ ） 1；（2）存在，Q点的坐标为Q(0,2) .
4 2
【详解】（1）由已知，点 ( 2,1)在椭圆 E上.
2 1
2 2 1,

a b
a2 b2 2因此， c ,解得 a 2,b 2 .

c 2 ,
a 2
x2 y2
所以椭圆的方程为 1.
4 2
（2）当直线 l与 x轴平行时，设直线 l与椭圆相交于 C、D两点.
|QC | | PC |
如果存在定点 Q满足条件，则 1，即 |QC | |QD ||QD | | PD | .
所以 Q点在 y轴上，可设 Q点的坐标为 (0, y0 ) .
当直线 l与 x轴垂直时，设直线 l与椭圆相交于 M、N两点.
则M (0, 2),N (0, 2)，
|QM | | PM |
| y0 2 | 2 1由 y 1 y 2|QN | | PN | ，有 ，解得 0 或 0 .| y0 2 | 2 1
所以，若存在不同于点 P的定点 Q满足条件，
则 Q点的坐标只可能为Q(0,2) .
|QA | | PA |
下面证明：对任意的直线 l，均有 |QB | | PB | .
当直线 l的斜率不存在时，由上可知，结论成立.
当直线 l的斜率存在时，可设直线 l的方程为 y kx 1，
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A、B的坐标分别为 (x1, y1), (x2 , y2 ) .
x2 y2
1
联立 4 2 ,得 (2k 2 1)x2 4kx 2 0 .
y kx 1
其判别式 16k 2 8(2k 2 1) 0 ，
所以， x1 x
4k
2 2 , x x
2
.
2k 1 1 2 2k 2 1
1 1 x1 x2
因此 2kx .1 x2 x1x2
易知，点 B关于 y轴对称的点的坐标为B ( x2 , y2 ) .
k y1 2 k 1又 QA ,k
y2 2 1 1
x x QB
k k
1 1 x2 x2 x
，
1
所以 kQA kQB ，即Q, A,B 三点共线.
|QA | |QA | | x | | PA |
所以 1 |QB | |QB | | x 2 | | PB |
.
|QA | | PA |
故存在与 P不同的定点Q(0,2)，使得 |QB | | PB | 恒成立.
【点睛】本题考查椭圆的标准方程与几何性质、直线方程、直线与椭圆的位置关系等基
础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查数形结合、化归与转化、特殊与一般、
分类与整合等数学思想.
试卷第 19页，共 19页
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