2022-2023学年湖南省长沙市A佳教育联盟高二上学期12月月考数学试题（解析版）

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2022-2023学年湖南省长沙市A佳教育联盟高二上学期12月月考数学试题一、单选题1．设集合，，，则（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】由补集和交集的概念即可求解.【详解】由题可知：，，所以.故选：C2．已知，为不共线的非零向量，，，，则（    ）A．，，三点共线 B．，，三点共线C．，，三点共线 D．，，三点共线【答案】B【分析】根据给定条件，求出，再利用共线向量逐项判断作答.【详解】，为不共线的非零向量，，，，则，，因，则与不共线，，，三点不共线，A不正确；因，即与共线，且有公共点B，则，，三点共线，B正确；因，则与不共线，，，三点不共线，C不正确；因，则与不共线，，，三点不共线，D不正确.故选：B3．已知等比数列，，则（    ）A．1 B．2 C．4 D．8【答案】C【分析】根据等比数列的性质即可得到答案.【详解】故选：C.4．椭圆：的焦点坐标为（    ）A．和 B．和C．和 D．和【答案】B【分析】根据椭圆的方程及性质求解即可.【详解】因为椭圆中，，所以，即，又因为焦点在轴上，所以焦点坐标为和.故选：B.5．将函数的图象先向右平移个单位长度，再把所得函数图象上每一个点的横坐标变为原来的2倍，纵坐标不变，得到函数的图象，则的值为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据三角函数图像平移伸缩变换法则可得，进而可得结果.【详解】函数的图象向右平移个单位长度，可得；再将的图像上每一个点的横坐标变为原来的2倍，可得，即，所以.故答案为：A6．若等差数列的前项和为，则“，”是“”的（    ）A．充要条件 B．必要不充分条件C．充分不必要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】C【分析】根据等差数列的单调性以及等差数列的性质即可判断，由时，即可说明不必要性.【详解】由，可得单调递增，且公差大于0，故，，即，，即，因此，当时，此时单调递减，则不可能满足，，因此“，”是“”的充分不必要条件，故选：C7．已知直线：和圆：交于A，B两点，则弦AB所对的圆心角的余弦值为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】先利用几何法求弦长，再利用余弦定理即可求解.【详解】圆的标准方程为，圆心为，半径，圆心到直线的距离，所以弦长，在中，由余弦定理可得：.故选：C8．已知某抛物线的焦点为，抛物线上一点在的正上方，过点的直线与抛物线交于另一点，满足，则钝角（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】求出点的坐标，根据抛物线的焦半径公式可求得点的坐标，求出直线的倾斜角，进而可求得钝角的大小.【详解】由题知，抛物线的焦点为，准线方程为，因为点在的正上方，所以点的坐标为，因为为钝角，则点在轴下方，所以，解得，即点坐标为（舍去）或．因为直线的斜率为，所以直线的倾斜角为，故钝角．故选：D.二、多选题9．若，则下列结论正确的是（    ）A． B．C． D．【答案】BD【分析】利用作差法判断AD，利用不等式的同向可加性判断B，利用特殊值判断C即可.【详解】选项A：因为，所以，所以，即，A错误；选项B：因为，所以，所以，B正确；选项C：取，，则，，即，C错误；选项D：因为，所以，即，D正确；故选：BD10．已知某圆锥的母线长为1，其轴截面为直角三角形，则下列关于该圆锥的说法中正确的有（    ）A．圆锥的体积为B．圆锥的表面积为C．圆锥的侧面展开图是圆心角为的扇形D．圆锥的内切球表面积为【答案】ABC【分析】根据勾股定理求出圆锥的底面半径，再由圆锥的体积公式以及表面积公式可判断A、B；根据圆锥侧面展开图与圆锥的数量关系，可得扇形的半径以及弧长，即可求得圆心角，即可判断C项；根据圆锥的轴截面，可知圆锥内切球的半径即等于内切圆的半径.根据等面积法即可求得外切圆的半径（即外切球的半径），代入球的表面积公式可判断D.【详解】如图1为圆锥的轴截面，圆锥母线，且.则，所以底面半径，圆锥的高.对于A项，圆锥的体积，故A正确；对于B项，圆锥的表面积，故B正确；对于C项，圆锥的侧面展开图的半径，弧长为，则圆心角，故C正确；对于D项，如图2，作出圆锥及其内切球的轴截面，设圆锥的内切球半径为，易知，圆锥内切球的半径即等于内切圆的半径.，又，所以，所以.圆锥的内切球表面积，故D错误.故选：ABC.11．已知，是双曲线：的左、右焦点，过作倾斜角为45°的直线分别交y轴与双曲线右支于点M，P，，下列判断正确的是（    ）A． B．C．E的离心率等于 D．E的渐近线方程为【答案】BC【分析】根据题意得，，；由知：，又，，求解离心率，根据离心率求解渐近线方程即可判断.【详解】如下图所示，因为，即为中点，为中点，所以，因为，所以，所以，，A错误，B正确；由知，所以，又，，所以，即，所以，解得：，C正确；因为，所以，所以，所以，所以的渐近线方程为，D错误．故选：BC．12．斐波那契数列又称黄金分割数列，因数学家列昂纳多·斐波那契以兔子繁殖为例子而引入，故又称为“兔子数列”.斐波那契数列用递推的方式可如下定义：用表示斐波那契数列的第项，则数列满足：，，记，则下列结论正确的是（    ）A． B．C． D．【答案】ABC【分析】由数列的递推公式可判断AB，由累加法可判断CD.【详解】由知，的前10项依次为：1，1，2，3，5，8，13，21，34，即，A项正确；根据递推公式，得，B正确；，，，，所以，即，故C正确；由递推式，得，，…，，累加得，所以，所以，即，D项错误；故选：ABC.三、填空题13．已知数列满足，且，则__________.【答案】##【分析】根据递推公式判断这是一个等比数列，根据其公比和可求出首项.【详解】故答案为：14．已知向量，，且，则实数的值为__________.【答案】【分析】根据垂直向量数量积等于0，同时按照向量数乘和向量相乘的坐标表示即可求解.【详解】因为，所以，所以，所以，所以所以，所以，故答案为：.15．已知圆上存在两点关于直线对称，则的最小值是__________.【答案】【分析】依题意有直线过圆心，得到，再利用重要不等式求的最小值【详解】圆上存在两点关于直线对称，所以直线过圆心，有，即，，当且仅当，即，时等号成立.∴，即，所以，时，的最小值为8.故答案为：8.16．已知四棱锥的底面是边长为2的正方形，是以AD为斜边的等腰直角三角形，平面PAD，E是线段PD上的动点（不含端点），若线段AB上存在点F（不含端点）、使得异面直线PA和EF所成的角的余弦值为，则线段AF长的取值范围是___________.【答案】【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法列方程，结合二次函数的性质求得AF长的取值范围.【详解】设O是AD的中点，则，由于平面PAD，平面PAD，所以，由于，平面ABCD，所以平面ABCD，由于平面PAD，所以平面平面ABCD，以D为原点建立如图所示空间直角坐标系，，，，设，；设，，则，设PA与EF所成角为，，整理得，函数的开口向下，对称轴为，所以函数在上递增，所以，而，，所以，解得.所以AF的取值范围是.故答案为：.四、解答题17．设内角A、B、C所对边分别为a,b,c,已知,.(1)求角B的大小;(2)若,求的面积.【答案】(1)(2)【分析】(1)根据正弦定理和余弦定理对进行化简,得到的值,进一步得到角B的大小;(2)先根据正弦定理求出的值,结合角的取值范围,即可得到角的大小,再依据三角形内角和求得角的大小,利用三角形面积公式求解即可.【详解】（1）∵,∴,∴,∴,又,故.（2）由正弦定理得:即,所以,又,所以,则,,所以.18．已知数列各项均为正数，且，.(1)求的通项公式；(2)设，求.【答案】(1)(2)20【分析】（1）由得到，结合得到，所以数列是等差数列，求出通项公式；（2）在第一问的基础上得到，从而分组求和得到答案.【详解】（1）因为，所以，因为是各项均为正数的数列，所以，故所以数列是以1为首项，2为公差的等差数列，则.（2），则，所以.19．如图，直三棱柱中，，，为棱AB的中点，是的中点．(1)证明：平面；(2)求直线与平面所成角的正弦值．【答案】(1)证明过程见解析(2)【分析】（1）作出辅助线，证明出CM，ME，BM两两垂直，建立空间直角坐标系，写出点的坐标，求出平面的法向量，从而得到，进而证明出平面；（2）求出平面的法向量，从而利用空间向量求解线面角的正弦值.【详解】（1）连接CM，因为，为棱AB的中点，所以CM⊥AB，过点M作，因为三棱柱为直三棱柱，所以⊥平面ABC，因为平面ABC，所以ME⊥BM，ME⊥CM，故以M为坐标原点，MB，MC，ME所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，因为，所以BM=AM=1，由勾股定理得：，所以，则，设平面的法向量为，则，解得：，令，则，故，所以，所以，平面，故平面；（2）则，设平面的法向量为，则，令，则，故，设直线与平面所成角为，则，故直线与平面所成角的正弦值为.20．已知圆C的方程为，且圆C与直线相交于M、N两点.(1)若，求圆的半径；(2)若（为坐标原点），求圆的方程.【答案】(1)；(2).【分析】（1）根据已知，可在直角三角形中求解出圆的半径；（2）联立直线与圆的方程，根据韦达定理，用表示出坐标关系.由已知可得，，代入坐标，即可求得的值，从而得到圆的方程.【详解】（1）如图，是的中点，则，.由得，圆心为.圆心到直线的距离为.在中，有，，，所以，故圆的半径为.（2）由得，∴，即，由题意联立，可得.则，所以.设、，由韦达定理可得，，因为，所以，则，又，，即有，整理可得，即有，解得，满足，且.则圆的方程为.21．若抛物线：上的一点到它的焦点的距离为.(1)求C的标准方程；(2)若过点的直线与抛物线C相交于A，B两点.求证：为定值.【答案】(1)；(2)证明见解析.【分析】（1）由抛物线的定义即可求解；（2）联立直线与抛物线方程，将转化为，结合韦达定理即可求解.【详解】（1）抛物线的准线的方程为，根据抛物线的定义知点到它的焦点的距离即为点到准线的距离，所以，解得，所以C的标准方程为.（2）显然直线的斜率存在，可设直线的方程为，，，联立，消去，得，所以，，，又，同理.所以所以为定值.【点睛】解决直线与抛物线的综合问题时，要注意：(1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、抛物线的条件；(2)强化有关直线与抛物线联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、定值定点、三角形的面积等问题．22．双曲线：的离心率为，且点在双曲线上.(1)求曲线的方程；(2)动点M，N在曲线上，已知点，直线PM，PN分别与y轴相交的两点关于原点对称，点在直线MN上，，证明：存在定点，使得为定值.【答案】(1)；(2)证明见解析.【分析】（1）由双曲线过点和离心率为，列方程即可求解；（2）联立直线与双曲线方程，根据直线PM，PN与y轴的两交点关于原点对称结合韦达定理即可求解.【详解】（1）由题意可知：且，解得，故双曲线方程为：.（2）证明：当直线的斜率不存在时，此时两点关于轴对称，若直线PM，PN与y轴的两交点关于原点对称，则在轴上，与题意矛盾，因此直线的斜率存在.设直线的方程为，，，联立，整理得，则，，，.直线PM，PN分别与y轴相交的两点为，，∴直线方程为，令，则，同理，可得，∴，即，∴，∴，∴，∴，∴，，当时，，此时直线方程为恒过定点，显然不可能，∴，直线方程为，恒过定点∵，设中点为T，∴，∴为定值，∴存在使为定值.【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种：(1)从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．(2)直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．