2023-2024学年福建省泉州市永春第二中学高二上学期12月月考数学试题含答案

这是一份2023-2024学年福建省泉州市永春第二中学高二上学期12月月考数学试题含答案，共17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。
一、单选题
1．已知直线与直线垂直，则（ ）
A．B．1C．2D．4
【答案】B
【分析】利用两直线垂直的条件求解.
【详解】因为直线与直线垂直，
所以，即.
故选：B.
2．数列，3，，15，的一个通项公式可以是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】利用数列正负交替及数的规律即可确定数列通项公式
【详解】数列各项正､负交替，故可用来调节，
又，
所以通项公式为
故选：A.
3．若圆：与圆：相交，则r的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据与相交，由求解.
【详解】解：因为与相交，
所以．又，
所以，解得．
故选：D
4．已知直线l过点，方向向量为，则原点到的距离为（ ）
A．1B．C．D．3
【答案】B
【分析】求出直线的解析式，即可求出原点到的距离.
【详解】由题意，
在直线中，方向向量为，
∴直线l的斜率存在，设，则直线l的斜率为：，
∴，
∵直线l过点，
∴，解得：，
∴，即，
∴原点到的距离为：，
故选：B.
5．已知圆与圆，若与有且仅有一条公切线，则实数的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据两圆有且仅有一条公切线，得到两圆内切，从而可求出结果.
【详解】圆可化为，圆心为，半径为，
圆可化为，圆心为，半径为，
又与有且仅有一条公切线，
所以两圆内切，
因此，即，
解得，
故选：C
6．设是等差数列的前项和，若，则（ ）
A．36B．45C．54D．63
【答案】C
【分析】根据等差数列的性质得到，然后求和即可.
【详解】，所以，.
故选：C.
7．椭圆的左焦点为F，右顶点为A，以F为圆心，为半径的圆与E交于点P，且，则E的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由已知得，右焦点为，中利用余弦定理列方程，由齐次式可求E的离心率.
【详解】由题意，，，由，，
右焦点为，连接，有，
中，，
化简得，即，
则E的离心率为.
故选：C
【点睛】思路点睛：点P在椭圆上，一是满足椭圆方程，二是到两焦点距离之和等于2a，求椭圆离心率，结合其它条件构造齐次式即可得解.
8．已知点P在双曲线的右支上，直线交曲线C于点Q（异于P），点F为C的左焦点，若为锐角，则b的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】设双曲线的右焦点，根据双曲线的定义，可求得，根据已知条件为锐角，可判断为钝角，结合余弦定理即可求得b的取值范围.
【详解】如图所示：
设双曲线的右焦点为，则，且，则，
又则，又，所以，
而，即，解得，
又因为为锐角，且根据双曲线的对称性知，关于原点对称，，，
所以为锐角，
所以为钝角，则①，且，又②，
由①②两式解得，
所以b的取值范围为.
故选：C
二、多选题
9．已知椭圆与椭圆，则（ ）
A．B．短轴长相等C．焦距相等D．离心率相等
【答案】AC
【分析】分别对两个椭圆进行分析，得到对应的短轴长，焦距，离心率等，即可得出结论.
【详解】由题意，在中，有，，，
∴短半轴为3，长半轴为5，焦距为，离心率，
在中，有，，，
∴长半轴为，短半轴为，焦距为，
，解得：，离心率，
∴AC正确，BD错误.
故选：AC.
10．如图，四边形为正方形，，平面，，点在棱上，且，则（ ）
A．当时，平面
B．当时，平面
C．当时，点到平面的距离为
D．当时，平面与平面的夹角为
【答案】BC
【分析】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法逐项判断可得合适的选项.
【详解】因为平面，四边形为正方形，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，
则、、、、、，
对于AD选项，当时，，
，易知平面的一个法向量为，
因为，因此，与平面不平行，A错，
设平面的法向量为，，
则，取，可得，
易知平面的一个法向量为，
，
所以，平面与平面的夹角不是，D错；
对于BC选项，当时，，
，，，
所以，，，所以，，，
又因为，、平面，平面，B对，
点到平面的距离为，C对.
故选：BC.
11．大自然的美丽，总是按照美的密码进行，而数学是美丽的镜子，斐波那契数列，就用量化展示了一些自然界的奥妙.譬如松果、凤梨的排列、向日葵花圈数、蜂巢、黄金矩形、黄金分割等都与斐波那契数列有关.在数学上，斐波那契数列可以用递推的方法来定义：，，，则（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】ACD
【分析】由可得出，利用累加法可判断A选项；由结合累加法可判断B选项；利用数学归纳法可判断C选项；由可得，结合裂项法可判断D选项.
【详解】对于A，由，可得，
则、、，、，
将上式累加得，
又，则有，故A正确；
对于B，由，可得、、、，
将上式累加得，
又，则，故B错误；
对于C，有成立，用数学归纳法证明如下：
①当时，，满足规律，
②假设当时满足成立，
当时，则
成立，满足规律，
故，令，
则有成立，故C正确；
对于D，由可得，
所以
，故D正确.
故选：ACD.
12．已知点F为椭圆C：，的左焦点，过原点O的直线l交椭圆于P，Q两点，点M是椭圆上异于P，Q的一点，直线MP，MQ的斜率分别为，，椭圆的离心率为e，若，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】BD
【分析】设出右焦点，根据椭圆定义结合对称性以及余弦定理得到关系，则离心率可求，设出坐标，利用点差法可求得的表示，结合关系可求解出的值.
【详解】连接，根据椭圆对称性可知四边形为平行四边形，则，且由，可得,
所以,则.
由余弦定理可得，
化简得，故，所以（负舍）
设，则，
所以，又，相减可得．
因为，所以，，所以.
故选：BD.
【点睛】解答本题的关键在于合理运用焦点三角形的知识以及点差法设而不求的思想去计算；椭圆是一个对称图形，任何过原点的直线(不与焦点所在轴重合)与椭圆相交于两点，这两点与椭圆的焦点构成的四边形为平行四边形.
三、填空题
13．写出双曲线的一条渐近线方程 ．
【答案】（或）
【分析】由双曲线的性质求解即可.
【详解】由题意可得，，则双曲线的渐近线方程为.
故答案为：（或）
14．设等差数列的前n项和为，若对任意正整数n，都有，则整数 .
【答案】18
【分析】根据给定条件，利用等差数列前n项和公式，结合通项的性质计算判断其所有负数项作答.
【详解】等差数列中，，则，
又，则，即有，
于是数列的公差，即是递增等差数列，其前18项均为负数，从第19项起为正数，
因此，所以对任意正整数n，都有的整数.
故答案为：18
15．已知圆，若圆C与y轴交于M，N两点，且，则 ．
【答案】2
【分析】首先通过的关系，得，然后根据圆的垂径定理构造关于的方程，解方程即可求出半径.
【详解】由题意知的圆心，半径为r，
圆心到y轴的距离为1，
因为圆C与y轴交于M，N两点，且，
，所以，
由垂径定理得，，
即，解得．
故答案为：2．
16．如图，正四棱锥模型中，过点作一个平面分别交棱､､于点､､，若，，则 .
【答案】/0.75
【分析】法一：设，则，结合四点共面，从而得到；
法二：作出辅助线，找到点的位置，求出.
【详解】法一：设，
则有
，
因为四点共面，可设，
故，
即，
故，
故，
法二：如图所示：作法：连接并延长，与的延长线相交于点，
连接并延长，与的延长线相交于点，
连接，与相交于一点，则该点即为点.
理由如下：
因为与是两条相交直线，所以与确定一个平面，
则，，A､､，
因为，，所以，
因为，所以，，､､､四点共面.
取的中点，因为，所以平行于，且，
故，故.
故答案为：
四、解答题
17．如图，在四棱锥中，底面是边长为1的正方形，侧棱的长为2，且.若是的中点，设.
(1)将空间向量与用表示出来；
(2)求线段BM的长.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据向量的线性运算用基底表示向量即可；
（2）利用（1）的结论以及模长公式计算可求出结果.
【详解】（1）
（2）由题可知因为，
又因为，
所以.
易得，
所以，
所以，即的长为.
18．已知为等差数列的前n项和，且，．
(1)求数列的通项公式；
(2)求的最大值及对应的n值．
【答案】(1)；
(2)169，
【分析】（1）由题意可求出等差数列的公差，即可求得答案；
（2）结合（1）的结果求出的表达式，结合二次函数性质即可求得答案.
【详解】（1）记等差数列的公差为d，
由得，
又，解得，
所以．
（2）因为，
所以当时，取最大值，．
19．如图，棱锥的底面是矩形，平面，，.

(1)求证：平面；
(2)求直线与平面夹角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析；
(2)
【分析】（1）由矩形性质以及勾股定理，利用线面垂直的判定定理即可得出证明；
（2）以为坐标原点，建立空间直角坐标系利用空间向量即可求出直线与平面夹角的正弦值为.
【详解】（1）根据题意，由底面是矩形，且，可知；
即，所以可得底面是正方形，可得；
由平面，平面可知；
又平面，，
所以平面；
（2）由题意知两两垂直，以为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，如下图所示：

则，所以，
设平面的一个法向量为，易知
可得，解得，令，则，
所以；
设直线与平面的夹角为，
则，
即直线与平面夹角的正弦值为.
20．已知椭圆：的一个顶点为，且离心率为.
(1)求椭圆的方程；
(2)已知点坐标为，直线与椭圆交于、两点，求的面积.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用离心率，根据，，的关系即可求出方程；
（2）设出，两点坐标，联立椭圆方程与直线方程，由韦达定理得出，，再由弦长公式可求出弦的长，然后由点到直线的距离公式，可求出点到直线的距离，即可求出三角形的面积.
【详解】（1）因为椭圆：的一个顶点为，离心率为，
所以有，，
结合，有，解得：，
所以椭圆的方程为：.
（2）由（1）知椭圆的方程为：，
设，，
联立，消去得：，显然，
所以，，
则，
又点到直线的距离，
所以.

21．如图，在平面直角坐标系中，四边形为菱形，，点D为的中点，的外接圆为圆M．
(1)求圆M的方程；
(2)求直线被圆M所截得的弦长．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由已知可得为正三角形，可求出圆心坐标和半径得求圆M的方程；
（2）根据相应点的坐标，得到直线CD的方程，求圆心到直线距离，利用几何法求弦长.
【详解】（1）（1）因为， ，所以为正三角形，
由 ，得，
所以外接圆圆心为 ，又半径 ，
所以圆M的方程为
（2）由题意得 ， ，
直线CD的斜率 ，
直线CD方程为 即 ，
M到CD的距离为 ，
所以CD被圆M截得的弦长为 .
22．已知双曲线的左､右焦点分别为，点在C上，且.
（1）求C的方程；
（2）斜率为的直线l与C交于A，B两点，点B关于原点的对称点为D.若直线的斜率存在且分别为，证明：为定值.
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【分析】（1）由点的坐标求c,再根据双曲线定义求a,即可求解；
（2）设直线l方程为，直接求出的斜率，联立直线与双曲线方程，利用韦达定理，化简即可求解.
【详解】（1）设，，其中.
因为，所以，
解得或，又，故.
所以，即.
所以.
所以C的方程为.
（2）设，，则.
设直线l方程为，与双曲线C方程联立，
消去y得，.
由，得.
，.
所以.
所以
.
所以为定值.
【点睛】关键点点睛：设直线l方程为，联立直线与双曲线方程，消元，由韦达定理可得，，计算斜率化简是解题关键，属于中档题.