湖南省岳阳市平江县第一中学2023-2024学年高二上学期12月月考数学试题

这是一份湖南省岳阳市平江县第一中学2023-2024学年高二上学期12月月考数学试题，共24页。试卷主要包含了 已知，，，则， 已知直线l的方程是等内容，欢迎下载使用。
考生注意：
1.答题前、考生务必将自己的姓名、考生号填写在试卷和答题卡上，并将考生号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
一、单项选择题：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. 已知集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】解二次不等式化简集合，再利用集合的交集运算即可得解.
【详解】解，得或，所以或，
又，所以.
故选：D
2. 已知抛物线的焦点为，经过纵坐标为的点，且平行于C的准线，则点的横坐标为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据已知条件求得，也即求得抛物线的方程，从而求得的横坐标.
【详解】由于平行于C的准线，所以，
所以抛物线方程为，更多课件教案等低价滋源(一定远低于各大平台价格)请 家 威杏 MXSJ663 令，得.
故选：B
3. 在正项等比数列中，若，则的公比（ ）
A. B. 2C. D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】根据等比数列的性质可得，结合等比数列的定义分析求解.
【详解】因为数列为正项等比数列，则，
由，可得，
由题意可得：，解得.
故选：B.
4. 已知，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】构造函数，其中，推导出，可得出、的大小关系，利用正弦函数的单调性可得出、的大小关系，即可得解.
【详解】令，其中，则，
所以，函数在上为增函数，故当时，，
所以，，即，
所以，，
因为正弦函数在上为增函数，且，
所以，，因此，.
故选：D.
5. 已知三棱锥的外接球的球心O在棱上，且底面.若，三棱锥的体积为1，则球O的体积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据三棱锥的体积求得球的半径，进而求得球的体积.
【详解】设球的半径为，
依题意可知是球的直径，底面，
由于，，所以，
，
所以球的体积为.
故选：A
6. 过直线上的点P作圆的两条切线，当直线关于直线对称时，点P的坐标为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据直线和圆的位置关系、两直线的交点等知识求得正确答案.
【详解】圆的圆心为，
直线关于直线对称时，与直线垂直，
所以直线的方程为，
由解得，所以.
故选：B
7. 已知双曲线的左、右焦点分别为，点M为关于渐近线的对称点.若，且的面积为4，则C的方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】结合图形，利用中位线定理与条件求得，进而求得，从而得解.
【详解】依题意，不妨设点为关于渐近线的对称点，则直线垂直平分线段，
设交点为，则N为的中点，，
又为的中点，所以，
因为，即，所以，则，
因为的面积为4，所以，则，
在中，，即，
渐近线可化为，，
所以，
所以，
故双曲线的方程为，
故选：A.
8. 已知椭圆的左、右焦点分别为的上顶点为M，且，双曲线和椭圆有相同的焦点，P为与的一个公共点.若（O为坐标原点），则的离心率（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先由椭圆离心率公式求得，再利用椭圆和双曲线的定义，结合勾股定理得到，从而得解.
【详解】依题意，设焦距为，椭圆的长轴长为，短轴长为，离心率为，
双曲线的长轴长为，短轴长为，离心率为，
因，则在中，，
根据对称性，不妨设椭圆与双曲线的交点在第二象限，
因为，所以，则，
由双曲线的定义知：，由椭圆的定义知：，
则，则，
则，则，又，解得.
所以的离心率.
故选：C.
【点睛】关键点睛：本题解决的关键是利用共焦点的椭圆与双曲线的定义，推得两个离心率之间的关系，从而得解.
二、多项选择题：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. 已知数列的前n项和为，首项，则下列递推关系式能使存在最大值的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AC
【解析】
【分析】对于A，根据等差数列分析判断；对于B，根据等比数列分析判断；对于C，求，进而分析判断；对于D，根据的单调性分析判断.
【详解】对于A，由，可知数列是以首项为6，公差为的等差数列，
所以，
当时，，当时，，当时，，
所以当或时，取得最大值，故A正确；
对于B，由，可知数列是以首项为6，公比为的等差数列，
所以，
则为递增数列，无最大值，故B错误；
对于C，由，，得，
则，所以当为奇数时，取最大值6，故C正确；
对于D，由，
所以为递增数列，无最大值，故D错误.
故选：AC.
10. 已知直线l的方程是（A，B不同时为0），则下列结论正确的是（ ）
A.
B. 若，则直线l过定点
C. 若且，则直线l不过第二象限
D. 若，则直线l必过第二、三象限
【答案】BCD
【解析】
【分析】对于A：举例分析判断；对于B：根据直线过定点分析判断；对于CD：根据直线斜率和截距分析判断.
【详解】选项A：例如（x轴），可得，则，故A错误；
选项B：若，则，
当时，式子恒成立，
所以直线l过定点，故B正确；
选项C：若且，则，且，
即直线l的斜率大于0，纵截距小于0，
所以直线l经过第一、三、四象限，不经过第二象限，故C正确；
选项D：若，则，且，
即直线l的斜率不为0，横截距小于0，
所以直线l必过第二、三象限，故D正确；
故选：BCD．
11. 已知圆C关于y轴对称，被x轴分成的上下两段弧的弧长之比为，且与x轴相交所得的弦长为，点为圆C上的动点，则（ ）
A. 圆C的方程为
B. 点P到直线的距离恒大于1
C. 有且仅有一个点P使得直线的斜率为
D. 当最大时，
【答案】AC
【解析】
【分析】设圆的标准方程，根据弧长之比及弦长建立方程求解，从而判断选项A，求出点P到直线的最小距离判断选项B，利用相切关系求出切线斜率判断C，求出切线长即可判断D.
【详解】因为圆C关于y轴对称，所以圆心在轴上，所以设圆的方程为，
又圆C被x轴分成的上下两段弧的弧长之比为，且与x轴相交所得的弦长为，
所以劣弧所对的角为，所以，所以，
所以圆C的方程为，
故选项A正确；
因为点，所以直线AB的方程为即，
所以圆心到直线AB的距离为，
所以点P到直线的最小距离为，
即点P到直线的距离不恒大于1，故选项B错误；
由题意可知，直线AP的斜率存在，其方程设为，
当直线AP与圆相切时，圆心到直线AP的距离为，解得，
所以有且仅有一个点P使得直线的斜率为，故选项C正确；
当直线PB与圆相切时，最大，此时，
故选项D错误.
故选：AC
12. 已知正项数列满足，若，则（ ）
A. 为常数列
B. 为递增数列，为递减数列
C.
D.
【答案】AD
【解析】
分析】根据已知条件证得，然后求得，由此对选项进行分析，从而确定正确答案.
【详解】依题意，，
所以，
所以，
而，所以数列是常数列，且，A选项正确.
则，所以，
则，所以数列是首项为，
公比为的等比数列，所以，
则，所以、是递增数列，B选项错误.
，
则是单调递减数列，，
所以，所以C选项错误.
，
是单调递增数列，，
所以，所以D选项正确.
故选：AD
【点睛】关键点睛：形如的递推数列求通项，可转化为，然后利用等比数列的知识来求得的通项公式.数列的单调性可以先化简数列的通项公式，然后结合函数的知识来进行求解.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 第六届中国国际进口博览会于2023年11月5日至10日在国家会展中心（上海）举行，主题为“新时代，共享未来”，企业商业展设置食品及农产品、汽车、技术装备、消费品、医疗器械及医药保健、服务贸易六大展区.若甲、乙分别从这六大展区中随机选择一个展区做志愿者，则甲、乙都选择汽车展区的概率为______.
【答案】
【解析】
【分析】利用列表法结合古典概型运算求解.
【详解】记食品及农产品、汽车、技术装备、消费品、医疗器械及医药保健、服务贸易六大展区分别为，
甲、乙分别从这六大展区中随机选择一个展区做志愿者，则有36种选法，
甲、乙都选择汽车展区有，仅1种选法，
所以甲、乙都选择汽车展区的概率为.
故答案为：.
14. 已知过点的直线与抛物线交于两点，若且线段的中点的横坐标为1，则C的方程为______.
【答案】
【解析】
【分析】根据抛物线的定义、弦长公式列方程，求得，进而求得抛物线的方程.
【详解】点是抛物线的焦点，则直线过抛物线的焦点，
设，则，
则，
所以抛物线的方程为.
故答案为：
15. 已知函数在区间上单调递增，且，则在区间上的值域为______.
【答案】
【解析】
【分析】根据题意可知：在处取到最大值，且，结合三角函数性质可得，结合正弦函数的有界性分析求解.
【详解】由题意可知：在处取到最大值，且，即，
则，，
解得，
又因为，可得，
所以，
因为，则，可得，
所以在区间上的值域为.
故答案为：.
16. 已知数列满足，且，数列的各项均不为0，且.若，则______.
【答案】
【解析】
【分析】先求得，然后求得，然后构造等差数列来求得，进而求得.
【详解】，，
设，即，
所以，解得或，
将代入得
，
即①，
同理可得②，
由①②得，
所以.
所以
.
所以.
由两边除以并整理得，
所以数列是公差为的等差数列，所以，
所以.
故答案为：
【点睛】本题主要考查数列求通项公式，关键是斐波那契数列的通项公式，以及构造法求数列的通项公式.等差数列的定义中，（为常数）是基本的形式.形如（为常数）的数列，也是等差数列.
四、解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17. 已知等差数列的前n项和为.
（1）求的通项公式；
（2）设，数列的前n项和为，若恒成立，求实数m的最小值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意列式求，进而写出通项公式；
（2）首先写出的表达式，由裂项相消法得出，结合恒成立问题分析求解．
【小问1详解】
设的公差为d，
由题意可得，解得，
所以．
【小问2详解】
由（1）可得，
则，
若恒成立，则，所以实数m的最小值为.
18. 已知的角所对的边分别是，且.
（1）求b；
（2）若是的中线，且，求的面积.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用三角函数诱导公式与正弦定理即可得解；
（2）利用平面向量的数量积运算法则求得，再利用三角形面积公式即可得解.
【小问1详解】
因为，
所以，即，
由正弦定理，得，
因为，所以，所以.
【小问2详解】
因为是的中线，所以，
又，，设，
则，
即，解得，即，
所以的面积为.
19. 已知数列的前n项和为，且数列是首项为3，公比也为3的等比数列.
（1）求的通项公式；
（2）若数列满足，求的前n项和.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）先利用等比数列的通项公式得到，再利用与的关系式即可得解；
（2）利用错位相减求和可得答案．
【小问1详解】
因为数列是首项为3，公比也为3的等比数列，
所以，即，
当时，，则；
当时，由，得，
两式相减，得，则，
经检验，不满足上式，
所以.
【小问2详解】
由（1）知，所以，
当时，；
当时，，，
两式相减，得
；
注意到，满足上式，
所以．
20. 如图，在多面体中，侧面是边长为4的正方形，平面平面，且分别是线段的中点.
（1）求证：平面；
（2）已知点在棱上，且平面，求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明详见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量法证得平面.
（2）根据平面求得点的坐标，再利用向量法求得直线与平面所成角的正弦值.
【小问1详解】
由于平面，平面，
所以，由于四边形是正方形，所以，
由于平面，所以平面，
由于平面，所以.
以为原点，建立如图所示空间直角坐标系，
则，
平面的一个法向量是，
，所以，由于平面，
所以：平面.
【小问2详解】
，，
设，所以，
，
由（1）可知，
若平面，则，
即，
所以是的中点，且，
，
设平面的法向量为，
则，故可设，
设直线与平面所成角为，
则.
21. 已知抛物线的焦点为，点满足.
（1）求的值及的方程；
（2）若过点F的直线l交C于M，N两点，求的最小值及此时直线l的方程.
【答案】21. ；
22. 最小值为；
【解析】
【分析】（1）根据抛物线的定义计算即可；
（2）根据韦达定理及二次函数最值计算即可.
【小问1详解】
因为抛物线的焦点为，则，
又点满足，则，
即，解得，
所以的方程为.
【小问2详解】
设点，，抛物线的焦点坐标为，，
当直线l的斜率等于0时，不存在两个交点，不符合题意；
当直线l的斜率不等于0时，不妨设过抛物线焦点的直线l的方程为：；
联立，消去x得：，
易得，由韦达定理得，，
易知，
故
．
所以当时，取得最小值为，
此时直线l的方程为，即．
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
22. 已知椭圆的上顶点、右焦点分别为为坐标原点，且是面积为2的等腰直角三角形.
（1）求C的方程；
（2）设A，B是C上的两个动点，且以为直径的圆经过点O，证明：为定值.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）设，由题意列式求，进而可得椭圆的方程.
（2）分两种情况：当直线l的斜率存在时，当直线l的斜率不存在时，直线的方程与椭圆的方程联立可得关于x的一元二次方程，由韦达定理可得，，再由，可得，进而得，再计算，即可得出答案.
【小问1详解】
设，
由题意可得：，解得，
因此椭圆C的方程为.
【小问2详解】
当直线l的斜率存在时，设直线，，，
由消去y得，
由题意可知，则,
因，所以，
即，
，
即
整理得.
而,
设h为原点到直线l的距离，则，
所以,
而，所以；
当直线l的斜率不存在时，设，则有，
不妨设，则，
代入椭圆方程得，所以，
所以.
综上所述，即定值.
【点睛】关键点睛：本题第二问的关键是采用设线法，设直线，再将其与椭圆方程联立得到韦达定理式，利用，从而找到之间的等式，最后利用点到直线的距离公式结合的等式即可证明为定值.甲
乙
A
B
C
D
E
F
A
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