2023-2024学年山东省枣庄市峄城区枣庄一中高二（上）第三次月考数学模拟试卷（含解析）

2023-2024学年山东省枣庄市峄城区枣庄一中高二（上）第三次月考数学模拟试卷
一．选择题（共8小题，满分40分，每小题5分。在每小题所给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求。）
1．（5分）已知a，b∈R+，且直线ax+by﹣6＝0与直线2x+（b﹣3）y+5＝0互相平行，则2a+3b的最小值为（　　）
A．12 B．25 C． D．
2．（5分）在等差数列{an}中，a1＝2，d＝3，则a6＝（　　）
A．15 B．17 C．18 D．26
3．（5分）设O为坐标原点，F1，F2为椭圆C：1的焦点，点P在C上，|OP|，则cos∠F1PF2＝（　　）
A． B．0 C． D．
4．（5分）向量，若，且，则x+y的值为（　　）
A．﹣1 B．1 C．﹣4 D．4
5．（5分）已知直线l：（m2+m+1）x+（3﹣2m）y﹣2m2﹣5＝0，圆C：x2+y2﹣2x＝0，则直线l与圆C的位置关系是（　　）
A．相离 B．相切 C．相交 D．不确定
6．（5分）等比数列1，，3，…中，27是（　　）
A．第6项 B．第7项 C．第8项 D．第9
7．（5分）数学家欧拉于1765年在他的著作《三角形的几何学》中首次提出定理：三角形的外心（三边中垂线的交点）、重心（三边中线的交点）、垂心（三边高的交点）依次位于同一直线上，且重心到外心的距离是重心到垂心距离的一半，这条直线被后人称之为三角形的欧拉线．已知△ABC的顶点为A（0，0），B（5，0），C（2，4），则该三角形的欧拉线方程为（　　）
注：重心坐标公式为横坐标：；纵坐标：
A．2x﹣y﹣10＝0 B．x﹣2y﹣5＝0 C．2x+y﹣10＝0 D．x+2y﹣5＝0
8．（5分）在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，已知二面角A1﹣BD﹣A的大小为，若空间一条直线l与直线CC1所成的角为
，则直线l与平面A1BD所成的角的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
二．多选题（共4小题，满分20分，每小题5分）
（多选）9．（5分）下列说法正确的是（　　）
A．直线的倾斜角为120°
B．经过点P（2，1），且在x，y轴上截距互为相反数的直线方程为x﹣y﹣1＝0
C．直线l：mx+y+2﹣m＝0恒过定点（1，﹣2）
D．直线l1：x+2ay+1＝0，l2：（a﹣1）x﹣y﹣4＝0，若l1⊥l2，则a＝﹣1
（多选）10．（5分）已知椭圆C：mx2+ny2＝1与直线y＝x+1相交于A，B两点，且AB，M（，）为AB的中点．若P是直线AB上的点，则（　　）
A．椭圆C的离心率为
B．椭圆C的短轴长为
C．
D．P到C的两焦点距离之差的最大值为
（多选）11．（5分）已知Sn是等差数列{an}的前n项和，S2019＜S2021＜S2020，设bn＝anan+1an+2，则数列{}的前n项和为Tn，则下列结论中正确的是（　　）
A．a2020＞0
B．a2021＜0
C．a2019 a2020＞a2021 a2022
D．n＝2019时，Tn取得最大值
（多选）12．（5分）如图，在棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点P为线段A1C1上的一个动点，则（　　）
A．对任意点P，都有BD⊥PC
B．存在点P，使得△BPC的周长为3
C．存在点P，使得PC与A1B所成的角为
D．三棱锥P﹣ABC的外接球表面积的最小值为
三．填空题（共4小题，满分20分，每小题5分）
13．（5分）AB为抛物线y2＝2px（p＞0）的焦点弦，若|AB|＝1，则AB中点的横坐标为 　 　；若AB的倾斜角为α，则|AB|＝　 　．
14．（5分）已知双曲线C：的右焦点F到其中一条渐近线的距离为3，则双曲线的离心率e＝　 　．
15．（5分）用α、β、γ三个字母组成一个长度为（n+1）（n∈N*）个字母的字符串，要求由α开始，相邻两个字母不同．例如：n＝1时，排出的字符串是αβ或αγ；n＝2时，排出的字符串是αβα、αβγ、αγα、αγβ（如图）．若记这种（n+1）个字符串中，最后一个字母仍是α的字符串的个数为an，可知a1＝0，a2＝2，a3＝2，a4＝6，…，则数列{an}的第n项an与第n﹣1项an﹣1（n≥2，n∈N*）　 　．
16．（5分）设F1，F2是椭圆C：1的两个焦点，过F1，F2分别作直线l1，l2，且l1∥l2，若l1与椭圆C交于A，B两点，l2与椭圆C交于C，D两点（点A，D在x轴下方），则四边形ABCD面积的最大值为 　 　．
四．解答题（共6小题，满分70分）
17．（10分）已知抛物线C：y2＝2px（0＜p＜10），F为抛物线的焦点，D（8，y0）为抛物线上一点，点E为点D在x轴上的投影，且．
（1）求C的方程；
（2）若直线l与抛物线C交于A，B两点，O为坐标原点，OA⊥OB，求证：AB过定点．
18．（12分）在棱长为4的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，O是正方形A1B1C1D1的中心，点P在棱CC1上，且CC1＝4CP．
（1）求直线AP与平面BCC1B1所成的角的正切值；
（2）求点P到平面ABD1的距离．
19．（12分）已知数列{an}是等比数列，若a1+a3＝10，且a3，15a2，a5成等差数列．
（1）求{an}的通项公式；
（2）若bn，求数列{bn}的前n项和Sn．
20．（12分）已知动圆M过点（2，0），被y轴截得的弦长为4．
（1）求圆心M的轨迹方程；
（2）若△ABC的顶点在M的轨迹上，且A，C关于x轴对称，直线BC经过点F（1，0）．求证：直线AB恒过定点．
21．（12分）已知数列{an}的首项a1＝3，且满足an+1＝2an+2n+1﹣1．
（1）设bn，证明{bn}是等差数列；
（2）求数列{an}的前n项和Sn．
22．（12分）已知双曲线1（a＞0，b＞0）的焦距为6，且虚轴长是实轴长的倍．
（1）求双曲线的方程；
（2）过双曲线右焦点F且倾斜角为的直线l与该双曲线交于A，B两点，求|AB|．
2023-2024学年山东省枣庄市峄城区枣庄一中高二（上）第三次段考数学模拟试卷
答案与解析
一．选择题（共8小题，满分40分，每小题5分）
1．【解答】解：∵直线ax+by﹣6＝0与直线2x+（b﹣3）y+5＝0互相平行，
∴a（b﹣3）﹣2b＝0且5a+12≠0，
∴3a+2b＝ab，即1，
又a，b均为正数，
则2a+3b＝（2a+3b）（）＝4+913+12＝25．
当且仅当a＝b＝5时上式等号成立．
故选：B．
2．【解答】解：在等差数列{an}中，由a1＝2，d＝3，得a6＝a1+5d＝2+5×3＝17．
故选：B．
3．【解答】解：由题意得（），|F1F2|＝2，|OP|，
∴，两式平方相加可得，
∴①，
又|PF1|+|PF2|＝4，∴|PF1|2+|PF2|2+2||||＝16②，
由①②得|PF1|2+|PF2|2＝10，||||＝3，
cos∠F1PF2．
故选：C．
4．【解答】解：∵向量，
，且，
∴，
解得x＝0，y＝﹣4，
∴x+y＝﹣4．
故选：C．
5．【解答】解：直线l：（m2+m+1）x+（3﹣2m）y﹣2m2﹣5＝0，
即（x﹣2）m2+（x﹣2y）m+（x+3y﹣5）＝0，
由解得，
因此，直线l恒过定点A（2，1），
又圆C：x2+y2﹣2x＝0，即（x﹣1）2+y2＝1，
显然点A在圆C外，
所以直线l与圆C可能相离，可能相切，也可能相交，A，B，C都不正确，D正确．
故选：D．
6．【解答】解：根据题意，等比数列1，，3，…
分析可得其首项a1＝1，公比q，
则其通项公式为an＝a1qn﹣1＝（）n﹣1，
若an＝（）n﹣1＝27，
解可得n＝8；
故选：C．
7．【解答】解：由重心坐标公式可得：重心G（，），即G（，），
设外心为M（，a），因为|MA|＝|MC|，
所以，
解得a，即M（，），
所以直线MG的斜率为kMG，
故欧拉线方程为：y（x），
即：x+2y﹣5＝0．
故选：D．
8．【解答】解：如图所示，过点A作AO⊥BD，连接A1O，由三垂线定理可得BD⊥A1O，则∠AOA1为二面角A1﹣BD﹣A的平面角，∴∠AOA1．
把直线l平移到AM，则∠A1AM＝∠MAO．
过点A作AP⊥A1O，则AP⊥平面A1BD．
∴AM（即直线l）与平面A1BD所成的最大角为∠AMA1＝∠MAO+∠MOA．
假设，AN与直线OP相交于点N，则AN（即直线l）
与平面A1BD所成的最小角为∠ANP＝∠PA1A﹣∠A1AN．
∴直线l与平面A1BD所成角的取值范围是[，]．
故选：A．
二．多选题（共4小题，满分20分，每小题5分）
9．【解答】解：对于A，由直线方程，可得其斜率，设其倾斜角为θ，
则，由θ∈[0，π），则解得θ＝120°，故A正确；
对于B，由题意，直线斜率一定存在，可设为k2（k2≠0），由过P（2，1），则y﹣1＝k2（x﹣2），
令y＝0，则，令x＝0，则y＝1﹣2k2，由题意可得，
整理可得，解得或1，所以直线方程为x﹣2y＝0或x﹣y﹣1＝0，故B错误；
对于C，由直线方程mx+y+2﹣m＝0，整理可得（x﹣1）m+y+2＝0，
令，解得，所以直线过定点（1，﹣2），故C正确；
对于D，当a＝1时，直线l1：x+2y+1＝0，则A1＝1，B1＝2，直线l2：y+4＝0，则A2＝0，B2＝1，
由A1A2+B1B2＝1×0+2×1＝2≠0，则此时不符合题意；
当a≠1时，直线l1：x+2ay+1＝0，则A1＝1，B1＝2a，直线l2：（a﹣1）x﹣y﹣4＝0，则A2＝a﹣1，B2＝﹣1，
由l1⊥l2，则A1A2+B1B2＝1×（a﹣1）+2a×（﹣1）＝0，解得a＝﹣1，则此时符合题意，故D正确．
故选：ACD．
10．【解答】解：设A（x1，y1），B（x2，y2），则可得AB的中点为：（，），
由题意可得，，
将A，B的坐标代入椭圆的方程可得，作差可得m（x12﹣x22）+n（y12﹣y22）＝0，
整理可得：，而由题意可得1，
所以可得（），
即n＝2m，
联立，整理可得：3mx2+4mx+2m﹣1＝0，
则x1+x2，x1x2，
所以弦长AB ，
解得m，n，
所以椭圆的方程为：1；
且可得x1x2，a2＝6，b2＝3，
可得椭圆的离心率e，所以A正确，
短轴长2b＝2，所以B不正确；
x1x2+y1y2＝x1x2+x1x2+x1+x2+1＝2x1x2+x1+x2+1＝2 （）+（）+1＝﹣3，所以C正确；
设左右焦点为F1（，0），F2（，0），因为P在AB上，
设F1（，0）关于直线AB的对称点为E（e，f），
则，解得e＝﹣1，f＝1，
即E（﹣1，1），
则|PF1|＝|PE|，|PF1|﹣|PF2|＝|PE|﹣|PF2|≤|EF2|，
当且仅当P，E，F2三点共线时取等号，所以|PF1|﹣|PF2|的最大值为|EF2|2，故D正确，
故选：ACD．
11．【解答】解：由于Sn是等差数列{an}的前n项和，S2019＜S2021＜S2020，
所以S2021﹣S2020＝a2021＜0，S2020﹣S2019＝a2020＞0，
所以S2021﹣S2019＝a2021+a2020＞0，
即a2020＞﹣a2021＞0，
故a2020﹣d＞﹣a2021﹣d＞0，
即a2019＞﹣a2022＞0，
所以a2019a2020＞a2021a2022，
所以d＜0，
即数列{an}单调递减，
且满足a1＞0，a2＞0，
…，
a2020＞0，a2021＜0，
…，
bn＝anan+1an+2，
则数列，
所以．
由于d＜0，可得要使Tn取得最大值，
所以取得最小值，
所以0，
而a2a3＞a3a4＞…＞a2019a2020＞a2021a2022＜a2022a2023＜…，
所以当n＝2020时，取得最小值．
故选：ABC．
12．【解答】解：连接AC、BD、D1P、D1C，
由正方体的性质可知BD⊥AC，BD⊥AA1，
又AC∩AA1＝A，AC，AA1 面A1C，则BD⊥面A1C，
又PC 面A1C，故对任意点P，都有BD⊥PC，A正确；
△BPC的周长为|BC|+|CP|+|PB|，易知|CP|min＝|CC1|＝1，P、C1重合时取得最小值，
易知△A1BC1为正三角形，故为中点时取得，
明显，故B错误；
设，
则由余弦定理及勾股定理可得：，
易知A1B∥D1C，故PC与A1B所成的角为∠PCD1，
所以①，
令，则t∈[1，5]，令，
由对勾函数的单调性可知：当t＝3时，即，
当t＝1时，即x＝0，y＝1，当t＝5时，即，
故，
由余弦函数在锐角范围的单调性可知，而，故C错误；
易知底面ABC的外接圆圆心为AC中点E，取A1C1的中点E1，则球心O在线段EE1上，
设OE＝h，PE1＝x，则有，
化简得，
故，当P，E1重合时取得最小值，D正确．
故选：AD．
三．填空题（共4小题，满分20分，每小题5分）
13．【解答】解：抛物线y2＝2px，∴焦点为（，0），准线方程为x
设A（x1，y1），B（x2，y2）
①根据抛物线性质可知，x1x2|AB|＝1
∴x1+x2＝1﹣p
∴AB中点的横坐标
②k＝tanα
所以直线AB是y﹣0＝tanα（x）
代入抛物线方程得
tan2αx2﹣tan2αpx+tan2α2px
tan2αx2﹣（tan2αp+2p）x+tan2α0
所以x1+x2
抛物线上的点到焦点距离等于到准线距离
所以A横坐标是x1，所以A到准线距离＝x1
B到准线距离＝x2
所以AB＝AF+BF
14．【解答】解：双曲线C：，则双曲线C的右焦点F（c，0），a＝4，且双曲线的渐近线为y＝±x，
∵右焦点F到其中一条渐近线的距离为3，
∴d3，解得n＝9，
∴c2＝16+n＝16+9＝25，
∴e．
故答案为：．
15．【解答】解：∵a1＝0，a2＝2，a3＝2，a4＝6，
∴a1+a2＝2，
a2+a3＝2+2＝4，
a3+a4＝2+6＝8，
由此猜想：an+an﹣1＝2n﹣1，（n≥2）．
故答案为：an+an﹣1＝2n﹣1，（n≥2）．
16．【解答】解：由题意可得椭圆的焦点F1，F2的坐标分别为（﹣1，0），（1，0），
因为l1∥l2，设平行线间的距离为d，所以四边形ABCD面积为S＝|AB| d，
当直线的斜率不为0时，由椭圆的对称性可得ABCD为平行四边形，
设l1的方程为：x＝my﹣1，设A（x1，y1），B（x2，y2），
联立直线与椭圆的方程，整理可得（4+3m2）y2﹣6my﹣9＝0，
Δ＝144（m2+1），y1+y2，y1y2，
所以|AB|12 ，
可得两条平行线间的距离d，
所以SABCD＝|AB| d，
令t（t≥1），则SABCD，
因为y＝3t在[1，+∞）单调递增，∴3t4，当且仅当m＝0时，取等号，
∴SABCD≤6，所以四边形ABCD面积的最大值为6．
四．解答题（共6小题，满分70分）
17．【解答】解：（1）因为F为抛物线的焦点，D（8，y0）为抛物线上一点，点E为点D在x轴上的投影，
所以，，
因为，
所以，
对等式两边同时平方并整理得p2﹣68p+256＝0，
解得p＝8或p＝64，
因为0＜p＜10，
所以p＝4，
则抛物线C的方程为y2＝8x；
（2）证明：当直线l的斜率为0时，直线l与抛物线交于一点，不符合题意，
所以直线l的斜率不为0，
不妨设直线l的方程为x＝my+n，A（x1，y1），B（x2，y2），
联立，消去x并整理得y2﹣8my﹣8n＝0，
此时Δ＝64m2+32n，
当Δ＞0时，
由韦达定理得y1+y2＝8m，y1y2＝﹣8n，
所以，
因为OA⊥OB，
所以，
解得n＝8，
此时满足Δ＞0，
故AB过定点（8，0）．
18．【解答】解：（1）连接PB，因为ABCD﹣A1B1C1D1是正方体，所以AB⊥平面BCC1B1，
所以PB是PA在平面BCC1B1内的投影，
所以∠APB为直线AP与平面BCC1B1所成的角，
tan∠APB．
（2）建立如图所示的空间直角坐标系，
A1（4，0，4），A（4，0，0），P（0，4，1），
因为AD⊥AB，AD⊥AD，所以AD⊥平面ABD，
所以平面ABD的法向量为（﹣4，0，﹣4），
（﹣4，4，1），
所以点P到平面ABD1的距离为．
19．【解答】解：（1）设数列{an}是公比为q的等比数列，
若a1+a3＝10，则a1+a1q2＝10，
由a3，15a2，a5成等差数列，可得30a2＝a3+a5，
即30a1q＝a1q2+a1q4，化为q+q3＝30，（*）
设f（q）＝q+q3，则f（q）在R上递增，且f（3）＝30，
则（*）的解为q＝3，
可得a1＝1，an＝3n﹣1，n∈N*；
（2）bn8（），
则前n项和Sn＝8（1）＝8（1）．
20．【解答】解：（1）设动圆圆心M（x，y），
由题意，可得，
两边平方整理得y2＝4x，
所以圆心M的轨迹方程为y2＝4x；
（2）证明：由题意，直线BC经过点F（1，0），
设B（x1，y1），C（x2，y2），直线BC的方程为x＝ty+1，
与抛物线方程联立，得到y2﹣4ty﹣4＝0，
显然Δ＝16t2+16＞0，所以y1+y2＝4t，y1y2＝﹣4，
再设直线AB的方程为y＝kx+m（k≠0），与抛物线方程联立，
得到ky2﹣4y+4m＝0，由对称性知A（x2，﹣y2），
又B（x1，y1），所以﹣y1y2，
所以4，即m＝k，直线AB的方程为y＝kx+k（k≠0），
则直线AB恒过定点（﹣1，0）．
21．【解答】（1）证明：数列{an}的首项a1＝3，且满足an+1＝2an+2n+1﹣1．
所以1，
由于，
所以数列{bn}是以b1＝1为首项，1为公差的等差数列．
（2）解：由（1）得bn＝n，
所以，
设，
所以①，
2②，
①﹣②得：，
整理得，
所以．
22．【解答】解：（1）由已知得，，解得，
所以双曲线得方程为：；
（2）由（1）可知，双曲线的右焦点F（3，0），直线l的斜率为1，
所以直线l的方程为，
设A（x1，y1），B（x2，y2），
由得x2+6x﹣15＝0，
所以，则．
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