2022-2023学年广东广雅中学高二上学期12月月考数学试题（解析版）

这是一份2022-2023学年广东广雅中学高二上学期12月月考数学试题（解析版），共19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。
2022-2023学年广东广雅中学高二上学期12月月考数学试题 一、单选题1．数列，，，，，的一个通项公式为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据数列的前几项归纳出数列的一个通项公式.【详解】解：因为，，，，，……，所以数列，，，，，的一个通项公式可以为.故选：D2．若双曲线（，）的离心率为，则双曲线的渐近线方程为（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】由离心率得，从而求得渐近线方程.【详解】因为双曲线（，）的离心率为所以即所以则双曲线的渐近线方程为故答案为：D【点睛】双曲线的渐近线方程为，而双曲线的渐近线方程为(即)，应注意其区别与联系.3．如图所示，在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，M为A1C1与B1D1的交点.若，，，则下列向量中与相等的向量是（    ）.A． B．C． D．【答案】A【分析】根据空间向量线性运算的定义进行求解即可.【详解】，故选：A4．直线在轴上的截距为（    ）A．3 B． C． D．【答案】A【分析】把直线方程由一般式化成斜截式，即可得到直线在轴上的截距.【详解】由，可得，则直线在轴上的截距为3.故选：A5．已知矩形ABCD，AB＝1，BC，沿对角线AC将△ABC折起，若平面ABC与平面ACD所成角的余弦值为，则B与D之间距离为（    ）A．1 B． C． D．【答案】C【分析】过B和D分别作BE⊥AC，DF⊥AC，根据向量垂直的性质，利用向量数量积进行转化求解即可．【详解】过B和D分别作BE⊥AC，DF⊥AC，∵AB＝1，BC，∴AC＝2，∵，∴BE＝DF，则AE＝CF，即EF＝2﹣1＝1，∵平面ABC与平面ACD所成角的余弦值为，∴，∵，∴，则||，即B与D之间距离为，故选：C．6．抛物线的准线方程为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】将抛物线方程化为标准式，即可求出抛物线的准线方程.【详解】解：抛物线，即，所以抛物线的准线方程为.故选：C7．已知直线与平行，则（    ）A．1 B． C．0 D．1或【答案】B【分析】由两直线平行的条件求解．【详解】因为，所以解得.故选：B．8．已知椭圆：与双曲线：有相同的焦点，，点使两曲线的一个公共点，且，若椭圆离心率，则双曲线的离心率（    ）A． B．2 C． D．3【答案】C【分析】设，由椭圆和双曲线的定义，解方程可得s，t，由余弦定理，可得a，m与c的关系，结合离心率公式，可得e1，e2的关系，计算可得所求值．【详解】设，P为第一象限的交点，由椭圆和双曲线的定义可得，解得，中，，可得，即，可得，即，由，可得，故选：C【点睛】本题主要考查了椭圆和双曲线的定义和性质，主要是离心率，余弦定理，考查了化简整理的运算能力，属于中档题． 二、多选题9．已知等差数列的前项和为，，，则下列结论正确的有（    ）A．是递减数列 B．C． D．最小时，【答案】BD【分析】根据等差数列的性质首项可得：公差且即可判断等差数列是递增数列，进而求解.【详解】因为等差数列的前项和为，且，所以，则有，因为，所以公差，且，所以等差数列是递增数列，故选项错误；，故选项正确；因为，故选项错误；由可知：等差数列的前10项均为负值，所以最小时，，故选项正确，故选：.10．已知，曲线，下列说法正确的有（　　）A．当时，曲线C表示一个圆B．当时，曲线C表示两条平行的直线C．当时，曲线C表示焦点在x轴的双曲线D．当时，曲线C表示焦点在y轴的椭圆【答案】ABC【分析】根据曲线方程的特点，结合圆、直线、椭圆、双曲线的标准方程分别判断即可．【详解】对于A，当时，曲线表示圆，所以A正确；对于B，当时，曲线C表示两条平行的直线，所以B正确．对于C，当时，曲线表示焦点在x轴的双曲线，所以C正确．对于D，当时，，曲线C表示焦点在x轴的椭圆，所以D不正确．故选：ABC．11．已知直线与圆，则下列结论正确的是（    ）A．直线必过定点 B．与可能相离C．与可能相切 D．当时，被截得的弦长为【答案】ACD【分析】求出直线过定点，由定点在圆上判断ABC，再由弦长公式判断D.【详解】直线，当时，，则直线过定点，而且定点在圆上，则AC正确，B错误；当时，圆心到直线的距离，则被截得的弦长为，故D正确；故选：ACD12．某牧场2022年年初牛的存栏数为500，预计以后每年存栏数的增长率为20%，且在每年年底卖出60头牛．设牧场从2022年起每年年初的计划存栏数依次为，，，…，，…，其中，则下列结论正确的是（    ）（附：，，，．）A．B．与的递推公式为C．按照计划2028年年初存栏数首次突破1000D．令，则（精确到1）【答案】ABD【分析】可以利用“每年存栏数的增长率为”和“每年年底卖出60头”建立与的关系，用待定系数法构造等比数列，求出通项公式即可求解.【详解】由题意得，并且，故B正确；则，故A正确；设，则，则0.2x＝60，则x＝300，∴，即数列{}是首项为，公比为1.2的等比数列，则，则，令，则，∵，，∴n－1≥7，则n≥8，故2029年年初存栏数首次突破1000，故C错误；≈3000＋1000×(6.1917－1)≈8192，故D正确.故选：ABD. 三、填空题13．已知空间向量，则___________.【答案】【分析】由空间向量的减法法则求得向量的坐标，然后由模的定义计算．【详解】因为，所以.故答案为：．14．九连环是我国从古至今广泛流传的一种益智游戏，它用九个圆环相连成串，以解开为胜，据明代杨慎《丹铅总录》记载：“两环互相贯为一，得其关捩，解之为二，又合面为一”，在某种玩法中，用表示解下个圆环所需的移动最少次数，若，且，则解下5个环所需的最少移动次数为______.【答案】16【分析】根据递推关系可以得到奇数项的递推关系式，判断奇数项为等比数列，写出奇数项构成的数列的通项公式，由此可得的值，即为所求.【详解】由已知可得，当时，,所以是以为首项，以为公比的等比数列，∴,∴,故答案为：1615．圆在点处的切线方程为________．【答案】【分析】先求过圆心和点P的直线斜率，然后可得切线斜率，再由点斜式可得.【详解】圆心为，，所以切线斜率为，所以直线方程为，即故答案为：16．已知抛物线的焦点为，准线，点在抛物线上，点在准线上，若，且直线的斜率，则的面积为__________．【答案】【详解】抛物线的焦点为F（，0），准线方程为x=﹣，抛物线C：y2=6x点M在抛物线C上，点A在准线l上，若MA⊥l，且直线AF的斜率kAF=，准线与x轴的交点为N，则AN=3=3，A（﹣，3），则M（，3），∴S△AMN=×6×3=9．故答案为：．点睛：在解决与抛物线有关的问题时，要注意抛物线的定义在解题中的应用．抛物线定义有两种用途：一是当已知曲线是抛物线时，抛物线上的点M满足定义，它到准线的距离为d，则|MF|＝d，可解决有关距离、最值、弦长等问题；二是利用动点满足的几何条件符合抛物线的定义，从而得到动点的轨迹是抛物线． 四、解答题17．在等差数列中，求：(1)；(2)求数列的通项公式．【答案】(1)(2) 【分析】(1)应用基本量运算把条件转化为方程组计算即可(2)基本量运算分别得到首项和方差,再应用通项公式即可.【详解】（1）因为等差数列且,所以即,所以（2）因为等差数列且,所以解得得所以18．如图，在正方体中， E为的中点．（Ⅰ）求证：平面；（Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值．【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）.【分析】（Ⅰ）证明出四边形为平行四边形，可得出，然后利用线面平行的判定定理可证得结论；也可利用空间向量计算证明；（Ⅱ）可以将平面扩展，将线面角转化，利用几何方法作出线面角，然后计算；也可以建立空间直角坐标系，利用空间向量计算求解 .【详解】（Ⅰ）[方法一]：几何法如下图所示：在正方体中，且，且，且，所以，四边形为平行四边形，则，平面，平面，平面；[方法二]:空间向量坐标法以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为，则、、、，，，设平面的法向量为，由，得，令，则，，则.又∵向量,,又平面，平面；（Ⅱ）[方法一]：几何法延长到，使得，连接，交于，又∵，∴四边形为平行四边形，∴，又∵,∴,所以平面即平面,连接，作,垂足为,连接,∵平面,平面,∴，又∵,∴直线平面,又∵直线平面,∴平面平面,∴在平面中的射影在直线上,∴直线为直线在平面中的射影，∠为直线与平面所成的角，根据直线直线，可知∠为直线与平面所成的角.设正方体的棱长为2，则,,∴,∴,∴,即直线与平面所成角的正弦值为.[方法二]：向量法接续（I)的向量方法，求得平面平面的法向量，又∵,∴，∴直线与平面所成角的正弦值为.[方法三]：几何法+体积法 如图，设的中点为F，延长，易证三线交于一点P．因为，所以直线与平面所成的角，即直线与平面所成的角．设正方体的棱长为2，在中，易得，可得．由，得，整理得．所以．所以直线与平面所成角的正弦值为．[方法四]：纯体积法设正方体的棱长为2，点到平面的距离为h，在中，，，所以，易得．由，得，解得，设直线与平面所成的角为，所以．【整体点评】（Ⅰ）的方法一使用线面平行的判定定理证明，方法二使用空间向量坐标运算进行证明；（II）第一种方法中使用纯几何方法，适合于没有学习空间向量之前的方法，有利用培养学生的集合论证和空间想象能力，第二种方法使用空间向量方法，两小题前后连贯，利用计算论证和求解，定为最优解法；方法三在几何法的基础上综合使用体积方法，计算较为简洁；方法四不作任何辅助线，仅利用正余弦定理和体积公式进行计算，省却了辅助线和几何的论证，不失为一种优美的方法.19．设椭圆过点，离心率为．（1）求椭圆的方程；（2）过点且斜率为的直线交椭圆于、两点，求弦的中点坐标及．【答案】（1）；（2）中点坐标为，．【分析】（1）依题意求出，再由离心率及，求出，即可求出椭圆方程；（2）首先求出直线的方程，设直线与的交点为，，联立直线与椭圆方程，消元、列出韦达定理，即可求出中点坐标，再利用弦长公式求出弦长；【详解】解：（1）将点代入椭圆的方程得，所以．又由，得，即，所以．所以椭圆的方程为．（2）过点且斜率为的直线方程为，设直线与的交点为，，联立方程消去得，得，．设线段的中点坐标为，则，，即中点坐标为由弦长公式20．1.如图所示，已知平行四边形中，，，， ，垂足为，沿直线将翻折成，使得平面平面；连接，是上的点．(1)当时，求证：平面；(2)当时，求二面角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）由面面垂直可直接建立空间直角坐标系，求出直线的方向向量，证明向量垂直即可；（2）通过建立空间直角坐标系，分别求出其法向量，代入公式即可.【详解】（1）∵，平面平面，∴平面，以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系， 则，，，，，，，，.∵，，∴，.又，∴平面 ．（2）设 ，则 由得： ，解得 ∴ ． 设面的法向量为 ，则 ．取 ，则 ，设平面的法向量为，则，取，平面的法向量为，由题可知，二面角为锐二面角，设二面角的大小为，则．所以.21．已知数列的前项和为，满足．(1)求证：数列是等比数列；(2)求数列的通项公式；(3)若不等式对任意的正整数恒成立，求实数的取值范围．【答案】(1)证明见解析(2)(3) 【分析】（1）由条件取时可解得，利用项与项的递推式做差，可得与的关系，构造等比数列形式，可证明结论.（2） 由数列是等比数列，可求得. （3）设，通过做差研究单调性，求出的最大值，恒成立等价于即可解得结果.【详解】（1）证明：由，得，即，由，可得，两式相减得，所以数列是首项为，公比为的等比数列.（2）由数列是首项为，公比为的等比数列所以即.（3）设，当时，，当时，，恒成立等价于解得所以实数的取值范围是.22．如图，过抛物线的焦点F任作直线l，与抛物线交于A，B两点，AB与x轴不垂直，且点A位于x轴上方.AB的垂直平分线与x轴交于D点.（1）若求AB所在的直线方程；（2）求证：为定值.【答案】（1）；（2）证明见解析.【解析】（1）由于直线斜率不为0，，所以设直线，设，由题意可得，然后直线方程和抛物线方程联立，消去，再利用韦达定理结合可求出的值，从而可得AB所在的直线方程；（2）设中点为，则由（1）可得，从而可得AB中垂线，求出点，进而可求出的长，再利用两点间的距离公式可求出的长，从而可求得的值【详解】解：（1）直线斜率不为0，，设直线，设，因为A点在x轴上方，所以由，得由代入因，所以，解得所以AB所在直线方程为（2）设中点为所以AB中垂线(定值)【点睛】关键点点睛：此题考查直线与抛物线的位置关系，考查韦达定理的应用，解题的关键是利用设而不求的方法，设出直线方程和交点坐标，然后将直线方程和抛物线的方程联立，消元，再利用韦达定理，然后结已知条件求解即可，考查计算能力，属于中档题