【文档说明】福建省龙岩第一中学2022-2023学年高二上学期第二次月考 数学试题答案.pdf，共(5)页，1.369 MB，由管理员店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-b57c3489c90b64b32101458efd00b34a.html

以下为本文档部分文字说明：

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：19379999836222aaaaS.故选：B.2．【详解】由直线250xy与直线20kxy互相垂直，可得220k，即1k，所以直线20kxy的方程为：20x

y；由2502201xyxxyy，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24b，即2b，又22222244213caeaaa，∴2

12a，∴椭圆C的方程为221124xy.故选：B.4．【详解】因为2,0,0,2AB，所以22AB.圆的标准方程22(2)2xy，圆心2,0C，圆心C到直线AB的距离为22d，所

以，点P到直线AB的距离d的取值范围为：[2,32]，所以12,62PABSABd.故选:C.5．【答案】D【详解】如图，由椭圆226428xy=1，得2264,28,ab2264286,cab得6,0F，则椭圆右焦点为6,

0F，则216PMPFPMaPFPMPF221616364016521MF.当P与射线MF与椭圆的交点0P重合时取到等号,PMPF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1MNk，则经过M，N两点的圆的圆心在线段MN的垂直平分线3yx上．设圆心为,3Saa，则圆S的方程为222321xayaa．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,0a，代入圆S的方程，得22213aa，解得1a或7，即对应的切点分别为P（1，0）和7,0P．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MPNMPN，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，211()()2nnnnaaaa，214aa，故1{}nnaa是首项为4，公差

为2的等差数列，则122nnaan，则211112...2[(1)...1]2(1)nnnnnaaaaaaaann(2)(1)nn，所以(1)nann，故2(1)11

nnan，又*Nn，当1n时212[]2a，当2n时2(1)[]1nna，所以222122020232021aaa2021.故选：C8．【答案】A【详解】依题意

，1212121221||||s2sinin2MFFSMFMFbFFFMFM，而12n0siFMF，则有212||||4MFMFb，由椭圆定义知：12122||||2||||4aMFMFMFMFb，当且仅当12||||2

MFMFb，即2ab时取“=”，于是有12ba，则231()2cbeaa，又1e，即有312e，所以椭圆E的离心率e的取值范围为3,12.故选：A9．【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22max5001213dAB，所以013d，故距离d可能等于5，12，13.故选：BCD．10．【详解】等差数列{}na中，10a，公差0d，nS为其前n项和，211(1

)()222nnnddSnadnan，2点(,)nnS在曲线21()22ddyxax上，0d，二次函数开口向下，故A，B不可能；对称轴120daxd∴，>对称轴在y轴的右侧，故C可能，D不可能.故选：ABC11．BD12．【答案】ACD【详解】令

椭圆半焦距为c，则12(,0),(,0)FcFc，由12tan15BFF得15bc，4ac，椭圆2222:11615xyCcc，(0,15)Bc，而22BQQF，则点215(,)33ccQ，对于A，椭圆C的离心率14cea，A正

确；对于B，设00(,)Kxy，即有22200151516ycx，120000(,)(,)KFKFcxycxy22222000114016xycxc，即12FKF为锐角，B不正确；对于C，直线1PF的斜率1515325()3ck

cc，C正确；对于D，直线1BF的方程为15150xyc，点Q到直线1BF的距离22215|1515|15333(15)(1)ccccd，即点Q到直线1FB与12FF的距离相等，则1PF平分12BFF，D正确.故选：ACD

13．121n14．415．1,316．616【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1,02O，1,02A，

设折痕与OA和AA分别交于M，N两点，则MN⊥AA，连接MA，所以MAMA，所以42MAMOMAMOAOOA，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：22143x

y，设曲线C上点坐标为2cos,3sinH，则2224cos3sincos3OH，当cos1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：617．解（1）2224690xymxym，配方得：222

()(2)(3)4xmym，当3m时，圆C的半径有最小值2，此时圆的周长最小...................4（2）由（1）得，3m，圆的方程为：22(3)(2)4xy.当直线与x轴垂直时，1x，此时直线与圆相切，符合条件；当直线与x轴不垂直时，设为12ykx

，由直线与圆相切得：222221kk，解得34k，....7所以切线方程为31144yx，即34110xy..................................9综上，直线方程为1x或34110xy.............

.........1018．解(1)∵������=���，∴������=������=���,∴������������=���,又∵������������是公差为������的等差数列，∴������������=�

��+���������−���=���+������,∴������=���+������������,.∴当���≥���时，������−���=���+���������−������，........................4∴������=������−������−��

�=���+������������−���+���������−������,整理得：���−���������=���+���������−���,即������������−���=���+������−���,....

......6∴������=������×������������×������������×…×������−���������−���×������������−���3451(1)1123212nnnnnn，3显然对于���=���也成立

，∴������的通项公式������=������+������；...........................8(2)���������=���������+���=���������−������+���,....................1

0∴���������+���������+⋯+���������=������−������+������−������+⋯������−������+���=������−������+���<���，∴

2nT.......1219.【详解】（1）由题意得2222241132abcaabc，，，，∴222826abc，，，∴椭圆C的方程为22182xy.（2）由题可

知l的斜率一定存在，故设l：(4)ykx，由22(4182ykxxy），，得2222(41)326480kxkxk，由2222324416480kkk，解得，1122k，设1122(

)()AxyBxy，，，，则21223241kxxk，212264841kxxk又点(21)P，，∴1112PAykx，2212PBykx，∴12121122PAPByykkxx1212(4)1(4)122kxkxxx12212

122kkkkxx12112(21)22kkxx121242(21)(2)(2)xxkkxx12121242(21)2()4xxkkxxxx2222164412(21)16

441kkkkkk2(21)(1)kk1.直线PA与PB的斜率之和为定值1.20．解：（1）证明：依题意，*1121nnaanNn，即11111122nnnnaaa

nn，故1112nnaann，故数列nan是等比数列，首项为111a，公比为12的等比数列，故1112nnan，即112nnan；...

.................4（2）因为11112nnaan，即11112nnnaa，故1n时11nnaa，即12aa，1n时，11nnaa，即1nnaa，故123

4...aaaa，故11nMa，112nnnman，所以1111122222nnnnnnMmbn.因为1122mmbm，1102kkak，mkba

，所以1111111222222mmmkbmaa，即1122kmaa，又因为3411422a，2313324a，121aa，且1234...aaaa，可知4k且kN，即1,2,3k，由1122kmaa

知，1k时，11111222mmaaa，故1ma，即1,2m，但mk，故2m符合题意；2k时，21111222mmaaa，故1ma，即1,2m，但mk，故无解；3k时，313112422mmaaa，故12ma

，即4m，又mk，故4m符合题意；综上，所有满足条件的实数对,mk有2,1,4,3．.................1221．解：设直线1l的方程为1ykx，即10kxy

，则圆心0,2到直线1l的距离12221111dkk，所以22214324211kPQkk，（1）若0k，则直线2l斜率不存在，则23PQ，4EF，则1432SEFPQ

，若0k，则直线2l得方程为11yxk，即0xkyk，则圆心0,2到直线1l的距离4221kdk，所以22223424211kkEFkk，则2222222224334121122211kkkkSEFPQkk

2222222112122122127111222kkkkkk，当且仅当221kk，即1k时，取等号，综上所述，因为74943，所以S的最大值为7；.................8（2）

设1122,,,PxyQxy，联立22241xyykx，消y得221230kxkx，则12122223,11kxxxxkk，直线OP的方程为11yyxx，直线BQ的方程为2244yyx

x，联立112244yyxxyyxx，解得121243xxxxx，则121121211212124144333kxxyxxyxyxxxxxxx1221212124462233kxxxxxxxxx

，所以12124,23xxNxx，所以点N在定直线2y上...................1222．解(1)将xc代入椭圆方程，解得：2bya，由已知得:22421aba，即2a，21b所以，椭圆标

准方程为2214xy.设11,Cxy，22,Dxy，不妨设20y，因为直线l与y轴有交点，故斜率一定存在，由已知可设直线CD：1xty，则10,Pt由PCCM得：111111tyyt.

同理：221111tyyt.由221440xtyxy得：224230tyty，即22113240ttyy于是121123ty

y，21211403tyy，得120yy.12111823tyy.(2)83.因为02，所以14833,又因为ACDAOCAODSm

SS△△△，12121322ACDSAMyyyy△，1112AOCSAOyy△，2212AODSAOyy△于是121232yymyy，由120yy得121232yymyy由（1）知：111yt

，211yt，所以221144333311831222211313ymy，其中115133，由对勾函数可知：181313m单调递增，因此

，124115m，所以实数m范围是124115，.获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com