2023-2024学年安徽省阜阳市高二上学期12月月考数学模拟试题（含解析）

这是一份2023-2024学年安徽省阜阳市高二上学期12月月考数学模拟试题（含解析），共23页。试卷主要包含了本试卷分选择题和非选择题两部分，本卷命题范围，375米等内容，欢迎下载使用。
考生注意：
1.本试卷分选择题和非选择题两部分.满分150分，考试时间120分钟.
2.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷､草稿纸上作答无效.
3.本卷命题范围：人教A版选择性必修一+选择性必修二第一章.
一､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，只有一个选项是符合题目要求的.
1．与椭圆C：共焦点且过点的双曲线的标准方程为（ ）
A．B．C．D．
2．设数列是公比为的等比数列，.若数列的连续四项构成集合，则公比为（ ）
A．16B．4C．D．
3．已知直线与直线平行，则的值为（ ）
A．2B．3C．2或-3D．-2或3
4．如图，在三棱柱中，为的中点，若，，，则可表示为（ ）
A．B．
C．D．
5．设动点在抛物线上，点在轴上的射影为点，点的坐标是，则的最小值为（ ）
A．B．C．2D．
6．月光石不能频繁遇水，因为其主要成分是钾钠硅酸盐．一块斯里兰卡月光石的截面可近似看成由半圆和半椭圆组成，如图所示，在平面直角坐标系，半圆的圆心在坐标原点，半圆所在的圆过椭圆的右焦点，半椭圆的短轴与半圆的直径重合．若直线与半圆交于点，与半椭圆交于点，则的面积是（ ）
A．B．C．D．
7．已知数列通项公式为，若对任意，都有则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
8．“曼哈顿距离”是十九世纪的赫尔曼•闵可夫斯基所创词汇，定义如下：在直角坐标平面上任意两点的曼哈顿距离为：.已知点在圆上，点在直线上，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
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．下列说法中不正确的是（ ）
A．若直线的斜率越大，则直线的倾斜角就越大
B．直线的倾斜角的取值范围是
C．过点，且在两坐标轴上截距互为相反数的直线的方程为
D．若直线的倾斜角为，则直线的斜率为
10．在三棱锥A-BCD中， ，是直二面角，，如图所示，则下列结论中正确的是（ ）

A．
B．平面的法向量与平面的法向量垂直
C．异面直线与所成的角为
D．直线与平面所成的角为
11．抛物线有如下光学性质：由其焦点射出的光线经拋物线反射后，沿平行于拋物线对称轴的方向射出.反之，平行于拋物线对称轴的入射光线经拋物线反射后必过抛物线的焦点.已知抛物线为坐标原点，一束平行于轴的光线从点射入，经过上的点反射后，再经上另一点反射后，沿直线射出，经过点，则（ ）
A．平分
B．
C．延长交直线于点，则三点共线
D．
12．设数列，如果，且，对于，使成立，则称数列为数列.则下列说法正确的是（ ）
A．数列是数列
B．若数列是数列，且，则的最小值为3
C．若数列是数列，且，则为奇数
D．若数列是数列，且，则存在，使
三､填空题：共4小题，每小题5分，共20分.
13．圆与圆的公共弦的长为 .
14．在平行六面体中，底面是边长为2的正方形，侧棱的长为3，且，则为 .
15．已知数列满足，在和之间插入个1，构成数列，则数列的前20项的和为 .
16．已知分别是双曲线的左､右焦点，点在双曲线上，，圆，直线与圆相交于两点，直线与圆相交于，两点.若四边形的面积为，则的离心率为 .
四､解答题：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．已知首项为1的正项等比数列，且成等差数列.
(1)求数列的通项公式；
(2)若，求的最小值.
18．某公园有一圆柱形建筑物，底面半径为1米，在其南面有一条东西走向的观景直道（图中用实线表示），建筑物的东西两侧有与直道平行的两段辅道（图中用虚线表示），观景直道与辅道距离米.在建筑物底面中心的北偏东方向米的点处，有一台全景摄像头，其安装高度低于建筑物高度.请建立恰当的平面直角坐标系，并解决问题：
(1)在西辅道上与建筑物底面中心距离2米处的游客，是否在摄像头监控范围内？
(2)求观景直道不在摄像头的监控范围内的长度.
19．如图，在正四棱锥中，，正四棱锥的体积为，点为的中点，点为的中点.

(1)求证：平面；
(2)求二面角的余弦值.
20．已知数列满足，且．
(1)求数列的通项公式；
(2)设，且数列的前n项和为，若恒成立，求实数的取值范围．
21．双曲线C经过两点.过点的直线与双曲线C交于P，Q，过点的直线与直线相交于点S且
(1)求双曲线C的方程；
(2)若，求直线的斜率.
22．在平面直角坐标系中，已知椭圆的离心率为，且右焦点到直线的距离为.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)设椭圆上的任一点，从原点向圆引两条切线，设两条切线的斜率分别为，
（i）求证：为定值；
（ii）当两条切线分别交椭圆于时，求证：为定值.
1．C
【分析】根据椭圆方程先求解出焦点坐标，然后根据定义求解出的值，结合可求的值，则双曲线方程可求.
【详解】因为椭圆的焦点坐标为，即，所以，
记，所以，
所以，所以，
所以双曲线的标准方程为，
故选：C.
2．C
【分析】根据等比数列的知识求得题目所给项的排列顺序，从而求得公比.
【详解】由题意等比数列的连续四项构成集合，
则可知等比数列的项一定为正负相间，公比为负，由于，
故后一项绝对值大于前一项的绝对值，
故集合中的这四个数在数列中排列为，则.
故选:C
3．A
【分析】由两直线平行的条件求解．
【详解】根据题意，由两直线平行可得，即，解得或；
经检验时，两直线重合，不合题意；所以.
故选：A．
4．A
【分析】结合已知条件，利用空间向量的线性运算即可求解.
【详解】由题意可知，，
因为，，，，
所以.
故选：A.
5．B
【分析】利用抛物线的定义转化，然后求的最小值即得．
【详解】抛物线的焦点，准线方程为，
延长交准线于，连，显然垂直于抛物线的准线，
由抛物线定义知：，
当且仅当点是线段与抛物线的交点时取等号，
而，所以的最小值为.
故选：B.
6．B
【分析】先根据题意得到半圆的方程和半椭圆的方程，从而求得点和点的坐标，即可求得，进而即可求得的面积．
【详解】由题意知，半圆的方程为，
设半椭圆的方程为，
则，所以，
故半椭圆的方程为，
设，则，所以，
设，则，所以，
故，．
故选：B．
7．B
【分析】分段情况下，对任意，都有，只需保证每一段递增，且，结合数列的单调性求解.
【详解】当时，，
由，得，即，
∵且，，∴，解得.
当时，单调递增，
若对任意，都有，则且，
即且，解得，
则实数的取值范围是.
故选：B.
8．D
【分析】如图，作过点作平行于轴的直线交直线于点，过点作于点，结合直线的斜率得出平行于轴，最小，再设，求出，利用三角函数知识得最小值．
【详解】如图，过点作平行于轴的直线交直线于点，过点作于点表示的长度，因为直线的方程为，所以，即，
当固定点时，为定值，此时为零时，最小，即与重合（平行于轴）时，最小，如图所示，
设，，则，
，
由三角函数知识可知，其中，
则其最大值是，
所以，故D正确.
故选：D.
【点睛】关键点睛：本题的关键是理解曼哈顿距离的定义，得到，再利用辅助角公式即可求出其最值.
9．ACD
【分析】利用倾斜角与斜率的关系及截距的定义一一判定选项即可.
【详解】对于A，若直线倾斜角大于，则直线的斜率存在负值，故A错误；
直线的倾斜角为，则，
因为，所以，故B正确；
对于C，设直线与轴交点为，则与轴交点为，
当时，直线过原点，斜率为，故方程为；
当时，直线的斜率，
故直线方程为，即，故C错误；
直线斜率定义为倾斜角的正切值，但不能是，故D错误.
故选:ACD.
10．AD
【分析】选项A，由，平面平面，推出平面，即；
选项B，由平面平面，平面与平面不平行，可判断；
选项C，根据,，计算即可；
选项D，易知即为直线与平面所成的角，得解．
【详解】由题意知，平面平面，，
选项A，因为，平面平面，平面平面，平面，
所以平面，平面，所以，即，故选项A正确；
选项B，因为平面平面，所以平面的法向量与平面的法向量垂直，
而平面与平面相交，并不平行，
所以平面的法向量与平面的法向量不垂直，即选项B错误；
选项C，设，则，，
所以，
在中，，
所以，，
由于异面直线所成角的取值范围为，
故异面直线与所成的角余弦值为，对应的角显然不可能为，即选项C错误；
选项D，由选项A知，平面，
所以即为直线与平面所成的角，而，故选项D正确．
故选：AD
11．ACD
【分析】对于A，根据题意求得，，从而证得，结合平面几何的知识易得平分；
对于B，直接代入即可得到；
对于C，结合题意求得，由的纵坐标相同得三点共线；
对于D，由选项A可知.
【详解】根据题意，由得，又由轴，得，代入得（负值舍去），则，
所以，故直线为，即，
依题意知经过抛物线焦点，故联立，解得，即，
对于A，，，故，所以，
又因为轴，轴，所以，故，
所以，则平分，故A正确；
对于B，因为，故，故B错误；
对于C，易得的方程为，联立，故，
又轴，所以三点的纵坐标都相同，则三点共线，故C正确；
对于D，由选项A知，故D正确.
故选：ACD.
.
12．AB
【分析】根据数列的性质，结合假设法、奇数的性质逐一判断即可.
【详解】对于A，因为所以是数列，A正确；
对于，首先证明不能为2.
假设，由数列为数列知，.
所以，与已知矛盾，
故假设不成立.所以不能为2.
因为数列，
满足，
此时是数列，所以的最小值为正确.
对于，以下证明：若为奇数，则必为奇数.假设数列中存在偶数，
设是数列中第一个偶数，因为数列是数列，
所以，使.
因为均为奇数，
所以也为奇数，与为偶数矛盾.所以若为奇数，则必为奇数.
因为为偶数，所以不能为奇数，只能为偶数，C错误.
对于，以下证明：若，则.若不然，
设为第一个满足的项，
因为数列是数列，
所以，使.
因为，
所以，与矛盾；
所以若，则.而，D错误.
故选：AB
【点睛】关键点睛：本题的关键是明确数列的性质，利用假设法进行求解.
13．
【分析】将两圆方程作差可得出相交弦所在直线的方程，求出圆的圆心到相交弦所在直线的距离，利用勾股定理可求得相交弦长.
【详解】将圆与圆相减可得，
即两圆的公共弦所在的直线方程为，
又圆圆心到直线的距离，
圆的半径为，所以公共弦长为.
故答案为：.
14．7
【分析】以为基底表示出，然后根据数量积性质可得.
【详解】如图，在平行六面体中，，
因为，
所以，，
所以.
故答案为：7
15．77
【分析】根据题意得到数列有多少个数，根据即可计算数列的前20项的和.
【详解】在之间插入个1，构成数列，
所以共有个数，
当时，，当时，，
由于，所以.
故答案为：.
16．##
【分析】设，过作的垂线，垂足为，，结合双曲线的定义求得圆的弦长及，然后由面积得出关于的齐次式，变形后求得离心率．
【详解】根据对称性不妨设点在第一象限，如图所示，圆，圆心为，半径为，
设，点在双曲线上，，则有，可得，
过作的垂线，垂足为为的中点，
则，同理，，
由，四边形的面积为，化简得，
则有，则的离心率.
故答案为：．
【点睛】关键点睛：本题的关键是利用双曲线的定义以及勾股定理，并结合几何法求圆的弦长，最后得到面积表达式，得到关于的齐次方程即可.
17．(1)
(2)7
【分析】（1）根据等差数列的性质列方程求得公比后可得通项公式；
（2）求出前项和后解不等式可得．
【详解】（1）设等比数列的公比为，且，
因为成等差数列，则，
即：，解得或（舍去），
所以数列的通项公式.
（2）由（1）得：，
，
所以，
整理可得，
故的最小值为7.
18．(1)游客在该摄像头的监控范围内
(2)4.375米
【分析】（1）建立坐标系，利用直线和圆的位置关系可以判断；
（2）根据直线和圆相切求出切线，利用切线和观景直道所在直线的交点可得范围.
【详解】（1）设为原点，正东方向为轴，建立平面直角坐标系，，
因为，则，
依题意得，游客所在位置为，即，
则直线的方程为，即，
所以圆心到直线的距离，
所以直线与圆相离，所以游客在该摄像头的监控范围内.
（2）由图知，过的直线与圆相切或相离时，摄像头监控不会被建筑物挡住，
所以设直线过点且和圆相切，
①若直线垂直于轴，则直线不会和圆相切；
②若直线不垂直于轴，设，整理得，
所以圆心到直线的距离为，解得或，
所以或，
即或，
观景直道所在直线方程为，
设两条直线与的交点为，
由，解得，
由，解得，
所以，
即观景直道不在该摄像头的监控范围内的长度为4.375米.
19．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用三角形的中位线定理及线面平行的判定定理即可求解；
（2）根据已知条件建立空间直角坐标系，利用棱锥的体积公式，求出及相关点的坐标，分别求出平面和平面的法向量，利用向量的夹角公式，结合向量的夹角与二面角的关系即可求解.
【详解】（1）在正四棱锥中，连接，
四边形为正方形
为的中点
又点为的中点
为的中位线

又平面，平面，
平面.
（2）以为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图所示，

因为正四棱锥的体积为，
所以正四棱锥的体积，
所以，
，,
设平面的一个法向量为，则
，即，令，则，
所以.
设平面的一个法向量为,则
，即，令，则，
所以.
设二面角的所成的角为，则
，
所以二面角的余弦值为.
20．(1)
(2)
【分析】（1）写出当时的等式，再与原式两式相除求解即可；
（2）由（1），再根据错位相减求解可得，再化简不等式可得，再设，根据作差法判断的单调性，进而可得最大值.
【详解】（1），
当时，，
两式相除得；，
又符合上式，故；
（2），
，
，
错位相减得：
，
，
即，由，得，
设，则，
故，
由，
由可知，随着的增大而减小，
故，
故恒成立，知单调递减，
故的最大值为，则
21．(1)
(2)或.
【分析】（1）设双曲线方程为，代入运算求解即可；
（2）根据题意可知直线的斜率存在，设直线，，，联立方程，利用弦长公式结合韦达定理运算求解.
【详解】（1）设双曲线方程为，
代入可得，解得，
所以双曲线的方程为.
（2）若直线的斜率不存在时，则，，不符合，
所以直线的斜率存在，设直线，，，
联立方程，消去y得，
则且，
可得，
则，
又因为，可知，则，
由题意可知：，即，
整理得，解得或，
且或均符合且，
所以直线的斜率或.
22．(1)
(2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析
【分析】（1）直接列出关于的方程组求解；
（2）（i）写出切线方程，由圆心到切线距离等于半径可以得出与的关系，从而得出是某个一元二次方程的解，利用韦达定理可得；
（ii）设，利用及椭圆方程求得，再求得后可得．
【详解】（1）题意，，解得，
所以椭圆的方程为.
（2）（i）证明：依题意，两条切线方程分别为，
由，化简得，
同理.
所以是方程的两个不相等的实数根，
则.
又因为，所以，
所以.
（ii）证明：由（得，，设，则，即，
因为，所以，
得，即，
解得，
所以，
所以为定值.