2024维石河子一中高二上学期12月月考试题数学含解析

这是一份2024维石河子一中高二上学期12月月考试题数学含解析，共25页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。

1. 等差数列中，若，则（ ）
A. 12B. 18C. 6D. 9
2. 若直线，平行，则实数的值为（ ）
A. B. 3C. 1或D. 或3
3. 在各项均为正数的等比数列中，，，则（ ）
A. 16B. C. 24D.
4. 已知直线与圆交于A，B两点，则线段的垂直平分线方程为（ ）
A. B. C. D.
5. 空间中有三点，则点到直线的距离为（ ）
A. B. C. D.
6. 已知等差数列的前项和为，，，则使得不等式成立的最大的的值为（ ）
A. B. C. D.
7. 设抛物线的焦点为，点在上，，若，则（ ）
A B. 12C. D.
8. 数列满足，，则数列的前80项和为（ ）
A. 1640B. 1680C. 2100D. 2120
二、多项选择题（本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每个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. 下列有关数列的说法正确的是（ ）
A. 数列-2023,0,4与数列4,0,-2023是同一个数列
B. 数列的通项公式为,则110是该数列的第10项
C. 在数列中,第8个数是
D. 数列3,5,9,17,33,…的一个通项公式为
10. 已知正三棱柱的各棱长都为1，为的中点，则（ ）
A. 直线与直线为异面直线
B. 平面
C. 二面角的正弦值为
D. 若棱柱的各顶点都在同一球面上，则该球的表面积为
11. 已知正项数列的前项和为，且，则（ ）
A. 是递减数列B. 是等差数列
C. D.
12. 已知椭圆： 的左右焦点分别为、，点在椭圆内部，点在椭圆上，椭圆的离心率为，则以下说法正确的是（ ）
A. 离心率的取值范围为
B. 当时，的最大值为
C. 存在点，使得
D. 的最小值为1
三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分．请将答案填在答题卡中的横线上.）
13. 若焦点在轴上的椭圆的焦距为，则实数的值为_________．
14. 已知为等比数列，公比，，且成等差数列，则通项公式_________．
15. 已知数列满足．则的通项公式为_________．
16. 已知圆与双曲线，若在双曲线上存在一点P，使得过点P所作的圆的两条切线，切点为A、B，且，则双曲线的离心率的取值范围是______．
三、解答题（本大题共6小题，共70分. 解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）
17. 在平面直角坐标系中，点到，两点的距离之和为4
（1）写出点轨迹的方程；
（2）若直线与轨迹有两个交点，求的取值范围.
18. （1）已知等差数列的前项和为，且满足，．求数列的通项公式；
（2）已知数列满足，，求通项公式．
19. 已知圆的圆心在直线上且与y轴相切于点.
（1）求圆的标准方程；
（2）若直线l过点且被圆截得弦长为，求直线l的方程.
20. 已知数列中，，．
（1）证明数列等差数列，并求通项公式；
（2）若对任意，都有成立，求的取值范围．
21. 已知四棱锥的底面为等腰梯形，，，，平面.
（1）求证：；
（2）若四棱锥的体积为2，求平面与平面夹角的余弦值.
22. 已知双曲线经过点，且离心率2.
（1）求的方程；
（2）过点作轴的垂线，交直线于点，交轴于点.设点为双曲线上的两个动点，直线的斜率分别为，若，求.
2023-2024学年第一学期高二年级12月月考数学学科试卷
一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共计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. 在等差数列中，若，则（ ）
A. 12B. 18C. 6D. 9
【答案】D
【解析】
【分析】根据等差数列的性质转化运算即可.
【详解】因为等差数列中，
所以，所以.
故选：D.
2. 若直线，平行，则实数的值为（ ）
A. B. 3C. 1或D. 或3
【答案】D
【解析】
【分析】根据两直线平行列方程，由此求得.
【详解】由于两直线平行，所以，
解得或，
当时，，两直线平行.
当时，，两直线平行.
综上所述，的值为或.
故选：D
3. 在各项均为正数的等比数列中，，，则（ ）
A. 16B. C. 24D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据，，利用等比数列的通项公式求解.
【详解】解：在各项均为正数的等比数列中，，，
所以，
解得或（舍去）或（舍去），
此时，
所以，
故选：C
4. 已知直线与圆交于A，B两点，则线段的垂直平分线方程为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据互相垂直两直线斜率之间的关系、圆的几何性质进行求解即可.
【详解】由，圆心坐标为，
由，所以直线的斜率为，
因此直线的垂直垂直平分线的斜率为，
所以直线的垂直垂直平分线方程为：，
故选：A
5. 空间中有三点，则点到直线的距离为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】分别求出，即可得，，再根据点到直线的距离为即可得解.
【详解】解：，
则，，
则，
所以点到直线的距离为.
故选：A.
6. 已知等差数列的前项和为，，，则使得不等式成立的最大的的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】结合等差数列的前项和，根据等差数列的性质判断．
【详解】是等差数列，∴，又，所以，公差，
因此中，当时递减，是最小值，从开始，递增，
又，，
所以使得的最大的为11，
故选：C．
7. 设抛物线的焦点为，点在上，，若，则（ ）
A. B. 12C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意，得到所以，结合抛物线的几何性质，得到轴，利用勾股定理，即可求解.
【详解】由抛物线，可得，所以焦点，
因为，根据抛物线的定义，可得，
又因为，所以，
因为，即抛物线的通径长为，所以轴，
所以.
故选：C.
8. 数列满足，，则数列的前80项和为（ ）
A. 1640B. 1680C. 2100D. 2120
【答案】A
【解析】
【分析】利用周期性以及等差数列进行求解.
【详解】设，因为的周期为，
所以的周期为.
又，，所以当n为奇数时，，
所以当n为偶数时，.
又，所以，，
，于是得到，同理可求出
，…，
设，则数列是以6为首项，8为
公差的等差数列，所以数列的前80项和为数列的前20项和
.故B，C，D错误.
故选：A.
二、多项选择题（本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每个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. 下列有关数列的说法正确的是（ ）
A. 数列-2023,0,4与数列4,0,-2023是同一个数列
B. 数列的通项公式为,则110是该数列的第10项
C. 在数列中,第8个数是
D. 数列3,5,9,17,33,…的一个通项公式为
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据数列概念即可得选项A正误;利用数列的通项公式等于110,计算出结果,即可得选项B的正误;根据数列的规律,即可得选项C、D的正误.
【详解】解:因为数列-2023,0,4的首项是-2023,而数列4,0,-2023的首项是4,
所以两个数列不是同一个,故选项A错误;
当时,解得:或(舍),
即110是该数列的第10项,故选项B正确;
因为数列可写为:,
所以第8个数是,故选项C正确;
因为
所以可以看做数列的一个通项公式,故选项D正确.
故选：BCD
10. 已知正三棱柱的各棱长都为1，为的中点，则（ ）
A. 直线与直线为异面直线
B. 平面
C. 二面角的正弦值为
D. 若棱柱的各顶点都在同一球面上，则该球的表面积为
【答案】ABD
【解析】
【分析】连接、交于点，连接，即可证明，从而得到平面，即可判断A、B，建立空间中直角坐标系，利用空间向量法判断C，求出外接圆的半径，即可求出正三棱柱外接球的半径，即可判断D.
【详解】连接、交于点，连接，则为的中点，
又为中点，所以，平面，平面，
所以平面，故B正确；
又，平面，所以与不平行且无公共点，
所以直线与直线为异面直线，故A正确；
取的中点，连接，则，又平面，则平面，又，
如图建立空间直角坐标系，则，，，
所以，，
设平面的法向量为，则，取，
又平面的法向量可以为，
设二面角为，显然为锐二面角，
则，所以，
即二面角的正弦值为，故C错误；
外接圆的半径，
所以正三棱柱外接球的半径，
所以该球的表面积，故D正确.
故选：ABD
11. 已知正项数列的前项和为，且，则（ ）
A. 是递减数列B. 是等差数列
C. D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据题中的递推公式，分别可求出，，，从而可对各项进行求解.
【详解】因为，所以.因为，所以.
当时，因为，所以，
所以，所以是首项为1，公差为的等差数列，故D正确；
因为，所以，故B错误；
因为（也满足），
所以，
所以是递减数列，故A正确；
因为，即，所以C正确.
故选：ACD
12. 已知椭圆： 的左右焦点分别为、，点在椭圆内部，点在椭圆上，椭圆的离心率为，则以下说法正确的是（ ）
A. 离心率的取值范围为
B. 当时，的最大值为
C. 存在点，使得
D. 的最小值为1
【答案】ABD
【解析】
【分析】A项中需先解出的范围，然后利用离心率的定义进行判断；
B项中根据椭圆定义转化为求的最大值，从而进而判断；
C项中先求出点的轨迹方程，再判断该轨迹图形与椭圆是否有交点，从而进行判断；
D项中根据椭圆定义得，并结合基本不等式判断.
【详解】对于A项：因为点在椭圆内部，所以，得，
所以得：，故A项正确；
对于B项：由椭圆定义知，
当在轴下方时，且，，三点共线时，有最大值，
由，得，，所以得，
所以最大值，故B项正确；
对于C项：设，若，即：，
则得，即点在以原点为圆心，半径为的圆上，
又由A项知：，得，
又因为，得，
所以得：，所以该圆与椭圆无交点，故C项错误；
对于D项：由椭圆定义得，
所以
，
当且仅当时取等号，故D项正确.
故选：ABD.
三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分．请将答案填在答题卡中的横线上.）
13. 若焦点在轴上的椭圆的焦距为，则实数的值为_________．
【答案】
【解析】
【分析】根据焦距求得，结合椭圆的方程求得.
【详解】由于椭圆焦距为，所以，
由于椭圆的焦点在轴上，，
所以，
解得.
故答案为：
14. 已知为等比数列，公比，，且成等差数列，则通项公式_________．
【答案】
【解析】
分析】由成等差数列，得，然后利用等比数列通项公式，代入求出公比即可.
【详解】由成等差数列，且，
得，解得或，
又，所以，所以，
故答案为：.
15. 已知数列满足．则的通项公式为_________．
【答案】
【解析】
【分析】利用数列通项和前n项和间的关系求解.
【详解】解：当时，，
，
时，，
两式相减可得，，
，当时，适合上式，
，
故答案为：
16. 已知圆与双曲线，若在双曲线上存在一点P，使得过点P所作的圆的两条切线，切点为A、B，且，则双曲线的离心率的取值范围是______．
【答案】
【解析】
【分析】连接，则，设点，则，分析可得，可得范围，进而可得离心率的范围.
【详解】连接，则，
由切线长定理可得，又，，
所以
所以，
则
设点，则，且，
所以
所以，
故.
故答案为：.
三、解答题（本大题共6小题，共70分. 解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）
17. 在平面直角坐标系中，点到，两点的距离之和为4
（1）写出点轨迹的方程；
（2）若直线与轨迹有两个交点，求的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用定义法求椭圆方程即可；
（2）利用椭圆与直线位置关系的判断方法即可.
【小问1详解】
由椭圆定义可知，轨迹是以，为焦点，长半轴长为2的椭圆，
故，，，其方程为.
【小问2详解】
联立得，
因为有两个交点，所以，
解得，所以的取值范围为.
18. （1）已知等差数列的前项和为，且满足，．求数列的通项公式；
（2）已知数列满足，，求通项公式．
【答案】（1）；（2）
【解析】
【分析】（1）利用等差数列通项公式和求和公式列方程求解即可；
（2）利用累乘法求解通项公式.
【详解】（1）依题意，设数列公差为，
因为，所以，解得：，
所以；
（2），
，
．
19. 已知圆的圆心在直线上且与y轴相切于点.
（1）求圆的标准方程；
（2）若直线l过点且被圆截得的弦长为，求直线l的方程.
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）设圆心坐标为，结合题意得到，求得圆心，再由，即可求得圆的方程；
（2）根据圆的弦长公式，化简得到，分的斜率不存在和存在，结合点到直线的距离公式，列出方程，即可求解.
【小问1详解】
解：圆的圆心在直线上且与轴切于点，
可设圆心坐标为，则，解得，.
所以圆心，半径，
故圆的方程为.
【小问2详解】
解：由直线l过点且被圆C截得的弦长为，
根据圆的弦长公式，可得，即，解得，
当的斜率不存在时，的方程为，此时不满足条件；
当的斜率存在时，设直线的斜率为，则方程为，即，
可得，解得或，
所以直线方程为或.
20. 已知数列中，，．
（1）证明数列是等差数列，并求通项公式；
（2）若对任意，都有成立，求的取值范围．
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）根据已知可推出，又，即可得到，进而求出通项公式；
（2）经化简可得，.令，根据求出时，最大，即可得出的取值范围．
【小问1详解】
证明：由已知可得，，
又，所以，所以数列是以1为首项，1为公差的等差数列.
所以，所以，所以.
【小问2详解】
由（1）知，.
所以，所以.
则由可得，对任意，都成立.
令，假设数列中第项最大，
当时则，有，即，整理可得，
解得，所以.
因为，所以，.
又，所以数列中第2项最大，即对任意，都成立.
所以由对任意，都成立，可得.
21. 已知四棱锥的底面为等腰梯形，，，，平面.
（1）求证：；
（2）若四棱锥的体积为2，求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据梯形的性质求解可证，进而根据线线垂直即可求证，
（2）建立空间直角坐标系，利用法向量求解平面夹角，或者利用几何法，结合线面垂直找到两平面的夹角，根据三角形的边角关系即可求解.
【小问1详解】
∵平面，平面，
∴，
过点作，由为等腰梯形，，
故，
所以，即，即，
平面，
∴平面，平面，
故.
小问2详解】
方法一:，
∵,
，
∴.
如图，建立空间直角坐标系，
，，，，
,
设平面法向量为，
则，，
取，得
同理，设面法向量为，则
，，
取，得，
由题意，.
设平面与平面夹角为，则，
方法二：，
∵,
，
∴.
∵平面，平面，∴平面平面，
过作，则平面垂足为，平面，则,
过作的垂线，垂足为，连，
由于平面,
所以平面,平面，故，
则为所求二面角夹角的平面角.
，所以,
,，，
.
22. 已知双曲线经过点，且离心率为2.
（1）求的方程；
（2）过点作轴的垂线，交直线于点，交轴于点.设点为双曲线上的两个动点，直线的斜率分别为，若，求.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意求出即可得解；
（2）设，方法一：分直线斜率存在和不存在两种情况讨论，设直线方程为，联立方程，利用韦达定理求得，再根据求出的关系，从而可得直线过定点，进而可得出答案.
方法二：可设直线方程为，由可得，再根据求出，从而可得直线过定点，进而可得出答案.
【小问1详解】
由题意得，解得，
所以的方程为；
【小问2详解】
由题意，点坐标为，点坐标为，设，
方法一：
①若直线斜率存在，设直线方程为，
，消去可得，
且，
且，
，
整理可得，
，
化简得，
即，
因为直线不过点，所以，
所以，即，
所以直线的方程为，恒过定点，
②若直线斜率不存在，则，
，
解得，所以直线的方程为，过定点，
综上，直线恒过定点，
设点到直线的距离为，点到直线的距离为，
.
方法二：
因为直线不过点，所以可设直线方程为，
由可得，
即，
，
得，
等式左右两边同时除以，
得，
，
，解得，
所以直线方程为，
即，恒过定点，
下同法一.
【点睛】方法点睛：求解直线过定点问题常用方法如下：
（1）“特殊探路，一般证明”：即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目的的一般性证明；
（2）“一般推理，特殊求解”：即设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线系或曲线的方程，再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即为所求点；
（3）求证直线过定点，常利用直线的点斜式方程或截距式来证明.