湖北省襄阳市第五中学2022-2023学年高二上学期12月月考数学试题（解析版）

这是一份湖北省襄阳市第五中学2022-2023学年高二上学期12月月考数学试题（解析版），共25页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
襄阳五中2022-2023学年高二上学期12月数学考试题一、单选题（本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1. 抛物线的焦点到准线的距离是（    ）.A.  B.  C. 2 D. 4【答案】B【解析】【分析】将抛物线方程化为标准方程，根据焦准距的意义，可得答案.【详解】抛物线化为标准方程为抛物线，则其焦准距为，即焦点到准线的距离是，故选：B2. 直线：和：将单位圆：分成长度相等的四段弧，则（    ）A. 1 B. 2 C.  D. 4【答案】B【解析】【分析】结合圆心到直线的距离求得，从而求得正确答案.【详解】，依题意可知，且两条直线的斜率都为，两直线平行.由于和将单位圆分成长度相等的四段弧，所以每段弧所对的圆心角都为，所以圆心到直线和的距离都等于，即，，所以.故选：B3. 若数列满足，，，则的值为（    ）A. -3 B. -2 C. -1 D. 2【答案】C【解析】【分析】由得，依次列举可得数列是以6为最小正周期的数列，则.【详解】由得，故有，，，，，，，，故数列是以6为最小正周期的数列，由得.故选：C4. 如图，圆锥的轴截面是正三角形，为底面圆的圆心，为的中点，点在底面圆的圆周上，且是等腰直角三角形，则直线与所成角的余弦值为（    ）A.  B. C.  D. 【答案】C【解析】【分析】作中点，则直线与所成角为，由几何关系求出三边长，结合余弦定理得解.【详解】如图，作中点，连接，因为为的中点，为中点，所以，则线与所成角等价于与所成角，设，则，，，，，则，所以直线与所成角的余弦值为.故选：C5. 若P为直线上一个动点，从点P引圆的两条切线PM，PN（切点为M，N），则线段MN的长度的取值范围是（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】首先设圆,圆心,根据贾意得到当最小时,最小,即可得到,再根据点在直线无限远取值时,趋近于，趋近于直径2,即可得到答案.【详解】设圆,圆心,要使的长度最小,则最小,即最小.因为,所以当最小时, 最小.又因为,所以当最小时, 最小.因为,所以，由图易知其为锐角，所以,，此时，，则.当点在直线无限远取值时, 趋近于，趋近于直径2,所以.故选：B.6. 已知分别是等差数列与的前项和，且，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】利用等差数列的性质可得：，将所求的式子化简，再利用等差数列前项和即可求解.【详解】因为数列是等差数列，所以，所以，又因为分别是等差数列与的前项和，且，所以,故选：.7. 已知椭圆，两条直线：；：，过椭圆上一点P作，的平行线，分别交，于M，N，若为定值，则（    ）A. 9 B. 4 C. 3 D. 2【答案】A【解析】【分析】设点，可得出，求出点、的坐标，利用两点间的距离公式结合为定值可求得的值，即可得解.【详解】设点，则直线的方程为，联立，解得，即点，直线的方程为，联立，解得，即点，由已知可得，则，所以，为定值，则，可得.故选：A8. 已知双曲线：的左、右焦点分别为，，点M，N分别在双曲线的左、右支上，且，以为直径的圆过点，点P在双曲线的右支上，若，则双曲线的离心率为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】依题意画出图形，可得四边形为矩形，设，即可表示出、、，再在直角三角形中利用勾股定理求出，即可求出离心率.【详解】解：易知四边形为矩形，设，则，，，在中，，即，解得，所以，，在中，即，所以. 故选：C二、多选题（本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分）9. 下列说法错误的是（    ）A. “”是“直线与直线互相垂直”的充要条件B. 若点是曲线上的动点，则的取值范围是C. 已知双曲线左焦点为，是左支上一动点，则的最小值是D. 已知，，是椭圆：的左右焦点，是椭圆上的一动点，则的最小值是【答案】ABC【解析】【分析】利用两直线垂直的充要条件即可判断A；根据的几何意义即可判断B；结合椭圆的图象和性质即可判断C；利用椭圆的定义进行转化即可判断D.【详解】对于A，因为直线与直线互相垂直，则有，解得：或，故选项A错误；对于B，表示点与椭圆上半部分上一动点连线的斜率，结合椭圆的图象可知：斜率的范围为，故选项B错误；对于C，由题意可知：当点位于左支顶点时，最小，，故选项C错误；对于D，由椭圆的定义可知：，所以，所以，也即求的最小值，，，所以的最小值是，故选项D正确，故选：ABC.10. 已知数列为等差数列，其前n项和为，且，，则下列结论正确的是（    ）A.  B. 公差C. 当时最大 D. 使的n的最大值为16【答案】ABC【解析】【分析】根据等差数列的性质得出，，逐项判断即可.【详解】根据等差数列的性质知，，，又，所以，所以，B项正确；又，所以，A项正确；根据，，，，可知，等差数列前8项均为正数，从第9项起为负数，所以当时最大，C项正确；，，所以使的n的最大值为15.故选：ABC.11. 如图，若正方体的棱长为1，点M是正方体的侧面上的一个动点（含边界），P是棱的中点，则下列结论正确的是（    ）A. 沿正方体的表面从点A到点P的最短路程为B. 若保持，则点M在侧面内运动路径的长度为C. 三棱锥的体积最大值为D. 若点M在上运动，则到直线PM的距离的最小值为【答案】ABC【解析】【分析】A选项，把两个平面展开到同一平面内，利用两点之间，线段最短进行求解，注意展开方式可能有多种；B选项，找到点在侧面内的运动轨迹是圆弧，再求解弧长；C选项，利用等体积法和建立空间直角坐标系，求出的最大值，即为最大值；D选项，在空间直角坐标系中利用点与线距离公式即可判断该选项.【详解】对于A，将平面与平面展开到同一平面内，连接AP，此时，也可将平面ABCD与平面展开到同一平面内，此时，，故A正确；对于B，取DD1中点E，连EM，PE，如图，因是正方体的棱中点，则PE//CD，而CD⊥平面ADD1A1，则有PE⊥平面ADD1A1，平面ADD1A1，于是得PE⊥EM，由，PE=1得，EM=1，因此，点在侧面内运动路径是以E为圆心，1为半径的圆在正方形内的圆弧，如图，圆弧所对圆心角为，圆弧长为 B正确；对于C，连接，，，，，，则，所以，以D为坐标原点，分别以DA，DC，所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则，，，设，（，），设平面的法向量为，则，令，得：，所以，设到平面的距离为，则，故当，时，取得最大值，为，此时三棱锥体积最大，，C正确；对于D，正方体的棱长为1，为的中点，点M在上运动，设，可得，，，，，，可得，得，，，由图可见，明显地，当与重合时，必有到直线PM的距离的最小，此时，，故，设直线与直线的夹角为，可得,则，故到直线PM的距离的最小值为，故D选项错误；故选：ABC12. 已知点为抛物线上的动点，为抛物线的焦点，若的最小值为1，点，则下列结论正确的是（    ）A. 抛物线的方程为B. 的最小值为C. 点在抛物线上，且满足，则D. 过作两条直线分别交抛物线（异于点）于两点，若点到距离均为，则直线的方程为【答案】ACD【解析】【分析】对于A：由焦半径公式求出,即可求出C的方程；对于B：设，表示出，利用基本不等式求出的最小值为；对于C：利用几何法求出直线PQ的斜率，得到直线PQ的方程，与抛物线联立后，利用“设而不求法”求出；对于D：设，证明出、满足方程，即可判断.【详解】对于A：设,则,当且仅当时取等号,故,故,故C的方程为,故A正确；对于B：由C的方程为可得：.设.由抛物线定义可得：.而，所以当时，；当时，（当且仅当，即时等号成立.）所以的最小值为.故B错误；于C：不妨设PQ的斜率为正，如图示：分别过P、Q作PC,QB垂直准线于C、B, 过Q作于D.由抛物线定义可得：.因为，不妨设，则.所以在直角三角形中，.由勾股定理得：.所以直线PQ的斜率为，所以直线PQ的方程为.与抛物线联立，消去x得：，即.由焦点弦的弦长公式可得：.故C正确；对于D：设，则直线于是，整理得：.又，故有，即,故满足方程.同理可得：也满足方程,所以直线MN的方程为.故D正确.故选：ACD【点睛】解析几何简化运算的常见方法：（1）正确画出图形，利用平面几何知识简化运算；（2）坐标化，把几何关系转化为坐标运算；（3）巧用定义，简化运算.三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）13. 若直线与直线的夹角为，则实数的值为_________.【答案】或【解析】【分析】结合倾斜角与斜率、两角和与差的正切公式求得正确答案.【详解】设直线的倾斜角为、直线的倾斜角为，由于的斜率为，即，所以，由于直线与直线的夹角为，所以直线的倾斜角不是，斜率存在，且斜率为.所以，解得，或，解得所以实数的值为或.故答案为：或14. 已知等差数列的前n项和为，若，，则___________【答案】【解析】【分析】由等差数列片段和的性质知成等差数列，再由等差中项的性质求结果.【详解】由题设成等差数列，所以，则，所以.故答案为：15. 已知直线与椭圆恒有公共点，则实数的取值范围为___________.【答案】【解析】【分析】首先求出直线过定点坐标，依题意定点在椭圆上或椭圆内，即可求出参数的取值范围，再由椭圆方程得到，即可得解.【详解】解：直线，令，解得，所以直线恒过定点，直线与椭圆恒有公共点，即点在椭圆内或椭圆上，，即，又，否则是圆而非椭圆，或，即实数的取值范围是.故答案为：16. 如图，过抛物线的焦点作两条互相垂直的弦、，若与面积之和的最小值为16，则抛物线的方程为______.【答案】【解析】【分析】根据焦半径公式表示出面积表达式，根据直线和x轴夹角的范围得到面积的范围.【详解】设直线AC和x轴的夹角为由焦半径公式得到 面积之和为： 通分化简得到 原式子化简为根据二次函数性质当t=1时有最小值，此时抛物线方程为： 故答案为.【点睛】本题主要考查了抛物线的几何性质．解题的关键是利用了抛物线的定义以及焦半径公式．一般和抛物线有关的小题，很多时可以应用结论来处理的；平时练习时应多注意抛物线的结论的总结和应用．尤其和焦半径联系的题目，一般都和定义有关，实现点点距和点线距的转化．四、解答题（本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）17. 已知圆，定点.（1）过点作圆的切线，切点是A，若线段长为，求圆的标准方程；（2）过点且斜率为1的直线，若圆上有且仅有4个点到的距离为1，求的取值范围.【答案】（1）或    （2）【解析】【分析】（1）由题可知，圆心，，由勾股定理有，根据两点间距离公式计算即可求出a的值，进而得出圆的方程；（2）因为圆上有且仅有4个点到的距离为1，圆的半径为2，因此需圆心到直线的距离小于1，设直线的方程为：，根据点到直线的距离公式列出不等式，即可求出的取值范围.【小问1详解】解：由题可知，圆心，由勾股定理有，则即，解得：或，所以圆的标准方程为：或.【小问2详解】解：设直线的方程为：，即，由题，只需圆心到直线的距离小于1即可，所以，所以，解得，所以的取值范围为.18. 已知是数列的前项和，且.（1）求的通项公式；（2）若，求.【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）由与的关系求解；（2）分段讨论后由等差数列的前项和公式求解.【小问1详解】当时，，当时，，也符合上式，所以，【小问2详解】因为，所以时，；时，，当时，，当时，综上： 19. 双曲线的一条渐近线方程为且焦距为，点，过的直线与双曲线交于，两点（1）求双曲线的方程（2）若，两点均在轴左侧，求直线的斜率的取值范围．【答案】（1）；    （2）.【解析】【分析】(1)根据渐近线方程为，焦距为，可得，再由即可求出的值，从而可得双曲线方程；(2) 直线的方程为，联立双曲线方程可得，由可得，设，由题意可得，结合韦达定理即可求解出的取值范围．【小问1详解】解：因为双曲线的一条渐近线方程为且焦距为，所以，解得，所以双曲线方程为：；【小问2详解】解：由题意可知直线的斜率存在，设直线的方程为，由，可得，，所以，即，设，因为，两点均在轴左侧，所以，所以，可得，解得，又因为，所以，所以.20. 已知数列满足，且.（1）记，写出，并求数列的通项公式；（2）求的前20项和.【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）根据递推关系求得，判断出数列是等差数列，由此求得，也即的通项公式.（2）利用分组求和法求得的前20项和.【小问1详解】依题意：数列满足，且.所以；；，所以.由，两式相加得，所以数列，也即数列是首项为，公差为的等差数列，所以.【小问2详解】数列的前项和为，也即，由于，所以，所以的前20项和为.21. 如图，在三棱锥中，已知，，为的中点，平面，，为的中点，点在上，满足.（1）求点到平面的距离;（2）求直线与平面所成角的余弦值.【答案】（1）；    （2）.【解析】【分析】（1）以为坐标原点，建立空间直角坐标系，求得平面的法向量以及的方向向量，即可由点面距离的向量求解方法，求解即可；（2）求得直线的方向向量，以及平面的法向量，利用向量法即可求得结果.【小问1详解】连接，因为，故；由面，面，故，故两两垂直，则以为坐标原点，建立如下所示空间直角坐标系：则，，设，，，因为，故可得，解得，故，设平面的法向量，因为故，令，则，故；故点到平面的距离=.【小问2详解】设平面的法向量，因为，故，令，则，故；设直线与平面所成角为，因为,故，故.故直线与平面所成角的余弦值为.22. 椭圆经过点且离心率为；直线与椭圆交于A，两点，且以为直径的圆过原点.（1）求椭圆的方程；（2）若过原点的直线与椭圆交于两点，且，求四边形面积的最大值.【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）根据椭圆过的点以及椭圆的离心率，可列出等式，求得a,b，即得答案；（2）分类讨论直线AB的斜率不存在和存在两种情况，斜率存在时，设直线AB方程，联立椭圆方程，得到根与系数的关系式，根据条件求出参数之间的关系式，进而表示出四边形的面积，进行化简，可求得答案.【小问1详解】椭圆经过点，,椭圆的离心率为，则，即,即，解得， 所以椭圆的方程为.【小问2详解】当直线斜率不存在时，设以AB为直径的圆的圆心为，则 ，则不妨取，故，解得 ，故方程为，直线过中点，即为轴，得，，故；直线斜率存在时，设其方程为，，，联立，可得，则①，②， ③，以为直径的圆过原点即，化简可得，将②③两式代入，整理得，即④，将④式代入①式，得恒成立，则，设线段中点为，由，不妨设 ，得，又∵，∴，又由，则点坐标为，化简可得，代回椭圆方程可得即，则，综上，四边形面积的最大值为.【点睛】本题考查了椭圆方程的求法以及直线和椭圆相交时的四边形的面积的最大值问题，综合性强，计算量大，解答的关键是表示出四边形ACBD的面积，并能进行正确的化简，求得最值.