2023-2024学年福建省莆田二中、仙游一中高二上12月月考数学试题含答案

2023-2024学年福建省莆田二中、仙游一中高二上12月月考数学试题一、单选题1．若直线在y轴上的截距为2，则该直线的斜率为（    ）A． B．2 C． D．【答案】D【分析】根据纵截距求解出的值，然后由直线方程求解出斜率.【详解】因为的纵截距为，所以直线经过，所以，所以，所以斜率，故选：D.2．已知抛物线上一点到轴的距离是6，则点到该抛物线焦点的距离是（    ）A．4 B．6 C．8 D．10【答案】C【分析】根据抛物线定义求解.【详解】由题可得，，点到该抛物线的准线的距离为，根据抛物线的定义可知，点到该抛物线焦点的距离是8，故选:C.3．已知数列满足，，则（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】利用累加法可求得的值.【详解】由已知，，，，，上述等式全加可得，.故选：D.4．若两条平行直线与之间的距离是，则（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】利用两直线平行可求出的值，利用平行线间的距离公式可求出的值，即可得出的值.【详解】因为直线与平行，则，且这两条直线间的距离为，解得，故.故选：A.5．已知，，，，成等比数列，且和为其中的两项，则的最小值为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】结合题意，取最小值时为负数，且，利用等比数列的基本量运算即可求解.【详解】由题意，要使最小，则，，都是负数，则和选择和，设等比数列的公比为，当时，，所以，所以，所以；当时，，所以，所以，所以；综上，的最小值为.故选：B6．已知正数数列是公比不等于1的等比数列，且，试用推导等差数列前项和的方法探求：若，则（ ）A．2022 B．4044 C．2023 D．4046【答案】D【分析】先得到，再用倒序相加法即可求解.【详解】因为正数数列是公比不等于1的等比数列，且，所以，又∵函数，∴，令，则，∴，∴.故选：D.7．已知等差数列的前项和满足：，若，则的最大值为（    ）A． B． C． D．【答案】C【解析】首先根据数列的通项与的关系，得到，，，再根据选项，代入前项和公式，计算结果.【详解】由得，，，.又，，.故选:C.【点睛】关键点睛：本题的第一个关键是根据公式，判断数列的项的正负，第二个关键能利用等差数列的性质和公式，将判断和的正负转化为项的正负.8．已知焦点在轴上的椭圆，点，当时，上有且仅有一点到点的距离最小，则的离心率的取值范围为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】设椭圆上任意一点，可得出，可知在时取得最小值，结合二次函数的基本性质可得出，可得出，再结合可得出该椭圆离心率的取值范围.【详解】设椭圆上任意一点，则，由对称性可知：在时取得最小值，又因为二次函数对称轴为，所以，即，所以，又因为，所以.故选：A.二、多选题9．若圆与圆相交，则k的取值可能为（    ）A． B．0 C．3 D．5【答案】AC【分析】根据两圆相交时圆心距与两圆半径之间的关系求解即可.【详解】两圆的圆心，圆心距，半径分别为，因为圆M与圆N相交，所以，解得或．故选：AC．10．对于数列，若，则下列说法正确的是（    ）A． B．数列是等差数列C．数列是等差数列 D．【答案】CD【分析】列出前4项即可判断AB，由，得，两式相减得，结合可知数列所有奇数项和所有偶数项各自构成等差数列，判断CD.【详解】由，得，，A错误；则，B错误；由，得，两式相减得，故数列所有奇数项和所有偶数项各自构成等差数列，C正确；所以数列是以为首项，2为公差的等差数列，所以，D正确.故选：CD11．设等比数列的公比为，前项积为，并目满足条件，，，则下列结论不正确的是（    ）A． B． C．的最大值为 D．【答案】BC【分析】先根据题意得到，，从而即可判断A；再根据即可判断B；再结合选项A得到即可判断C；从而根据即可判断D．【详解】对于A，由，且，则，，若时，由，则，，所以，与已知条件矛盾，所以，故A正确；对于B，结合选项A可得，所以，故B不正确；对于C，结合选项A可得等比数列的公比为，所以数列为单调递减数列，又结合选项A可得，所以的最大值为，故C不正确；对于D，结合选项A可得，所以，故D正确．故选：BC．12．加斯帕尔蒙日(图1)是18-19世纪法国著名的几何学家，他在研究圆锥曲线时发现：与椭圆相切的两条垂直切线的交点的轨迹是以椭圆中心为圆心的圆．我们通常把这个圆称为该椭圆的蒙日圆(图2)．已知椭圆的左、右焦点分别为，点均在的蒙日圆上，分别与相切于，则下列说法正确的是（    ）A．的蒙日圆方程是B．设，则的取值范围为C．长方形的四条边均与椭圆相切，长方形的面积的最大值为14D．若直线过原点，且与的一个交点为，则【答案】BCD【分析】对于A，根据椭圆的两条特殊切线的交点求出蒙日圆的半径，可得A错误；对于B，利用椭圆的定义求出的取值范围可得B正确；对于C，结合长方形的对角线长和基本不等式可得C正确；对于D，根据椭圆的定义以及平面向量数量积的运算律可求出，可得D正确.【详解】对于A，分别过椭圆的顶点，作椭圆的切线，则两切线的交点在椭圆的蒙日圆上，故该蒙日圆的半径，即椭圆的蒙日圆的方程为，故A错误； 对于B，由椭圆的定义得，当且仅当点在的延长线上时取等号，，当且仅当点在的延长线上时取等号，所以的取值范围为，故B正确； 对于C，设长方体的长为，宽为，则，所以长方体的面积等于，当且仅当时等号成立，故C正确； 对于D，，则，所以，由得①，由得②，则①②得，解得，所以，故D正确. 故选：BCD.【点睛】关键点点睛：利用椭圆的两条特殊切线的交点求出蒙日圆的半径，利用平面向量数量积求解向量的长度是解题关键.三、填空题13．已知数列的前n项和为，若，则 ．【答案】【分析】先令得到，再令得到，从而得到为常数，得到数列是首项为，公比为2的等比数列，从而直接求得通项公式.【详解】令，得，所以；令，则，两式相减得，，即，所以，因为，所以，所以为常数，所以数列是首项为，公比为2的等比数列，所以.故答案为：14．已知平面内的动点到两定点的距离分别为和，且，则点到直线的距离的最大值为 .【答案】【分析】由题意，结合两点距离公式求得动点的轨迹为圆，再利用圆上的点到直线的距离的最值求法即可得解.【详解】设动点为，由题意可得，整理得，即，故动点的轨迹是半径为，圆心为的圆，因为圆心到直线的距离，所以点到此直线的最大距离为．故答案为：.15．冰墩墩作为北京冬奥会的吉祥物特别受欢迎，官方旗舰店售卖冰墩墩运动造型多功能徽章，若每天售出件数成递增的等差数列，其中第1天售出10000件，第21天售出15000件；价格每天成递减的等差数列，第1天每件100元，第21天每件60元，则该店第 天收入达到最高.【答案】6【分析】设第n天售出件数为,设第n天价格为，分析出 均为等差数列，设第n天的收入为,得到，利用二次函数求最值即可.【详解】设第n天售出件数为,设第n天价格为.由题意, 均为等差数列,设公差分别为.所以所以.假设第n天的收入为,则，所以当时, 取最大值,即第6天收入达到最高.故答案为：616．已知一族双曲线，设为在第一象限内的点，过点分别作的两条渐近线的垂线，垂足分别为，记的面积为，则 .【答案】253【分析】双曲线为等轴双曲线，两条渐近线互相垂直，求得表示出的面积，由在双曲线上，化简可得，利用数列求和公式求和即可.【详解】双曲线的渐近线为，互相垂直.为在第一象限内的点，有，由点到直线距离公式可得易知为直角三角形，，即为等差数列，其前2023项的和为.故答案为：253四、解答题17．已知直线和圆．(1)若直线交圆于两点，求弦的长；(2)求过点且与圆相切的直线方程．【答案】(1)(2)或【分析】（1）将圆的一般方程化为标准方程求得圆心及半径，再由点到直线的距离公式求得圆心到直线的距离，再由弦长公式得（2）分两种情况讨论，过点的直线斜率存在与不存在两种，求得斜率不存在时直线为；设斜率存在时直线为，再由点斜式设直线方程为，再由点到直线的距离等于圆的半径，求得，即可求得直线方程.【详解】（1）将圆，化成标准方程：，圆的圆心，半径，圆到直线的距离，．（2）当直线的斜率不存在时，过点的直线为，是圆的一条切线；当直线的斜率存在时，设圆的切线方程为，即，圆心到直线的距离，解得．切线方程为，即，综上所述，所求的直线方程为：或．18．在①,②,③这三个条件中选择两个,补充在下面问题中,并进行解答.已知等差数列的前项和为,______,______.(1)求数列的通项公式;(2)设,求数列的前项和.注:如果选择多组条件分别解答,按第一个解答计分. 【答案】(1)(2)【分析】(1)根据是等差数列,设出公差为,选择两个选项,将首项公差代入,解方程组,即可求得基本量,写出通项公式;(2)根据(1)中的通项公式,写出的通项,利用裂项相消即可求得前项和.【详解】（1）由于是等差数列,设公差为,当选①②时:,解得,所以的通项公式.选①③时:,解得,所以的通项公式.选②③时:,解得,所以的通项公式.（2）由(1)知,,所以,所以.19．已知双曲线的中心为坐标原点，左，右焦点分别为，，且点在双曲线上．(1)求双曲线的浙近线方程；(2)点是直线上一点，点是双曲线上一点，且满足，记直线的斜率为，直线的斜率为，试证：为定值．【答案】(1)或(2)【分析】（1）将点代入双曲线中求出的值，从而可得双曲线方程，进而可得渐近线方程；（2）设，，由向量数量积的坐标表示得到，结合是双曲线上一点及，整理化简即可求值．【详解】（1）由题意得，，解得，所以双曲线方程为，于是其渐近线为或，即或．（2）设，，结合（1）可知，因为，所以，整理得，又点在双曲线上，所以，即，所以，所以为定值，且为．20．如图，在正四棱锥中，，，P在侧棱上，平面.(1)求平面与平面所成的锐二面角的余弦值；(2)侧棱上是否存在一点E，使得平面?若存在，求的值；若不存在，请说明理由.【答案】(1)(2)侧棱上存在一点E，使得平面，且.【分析】（1）根据题意可建立空间直角坐标系，然后根据两平面法向量夹角的余弦值求得二面角的余弦值．（2）先假设存在满足题意的点使得平面，然后根据题意求得平面的法向量，由可求解.【详解】（1）如图，由题意知平面，，故两两垂直．以为坐标原点，分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系.∵，不妨设，则，∴.由题意得，，，，.∴，，设平面的一个法向量为，则有，可取，∵平面，∴平面的一个法向量，设平面与平面所成的锐二面角的余弦值为，所以（2）假设在棱上存在一点使得平面．在上取点，连接，由（1）设，且，即，可得，即，所以，由平面的一个法向量，若平面，则，即，解得.故.所以侧棱上存在一点E，使得平面，且.21．已知在平面直角坐标系中，抛物线：的焦点为，过点的直线与交于，两点，且．(1)求的标准方程；(2)已知为轴上的点，直线与的另一个交点为，直线与的另一个交点为，当直线的斜率为1时，求点的坐标．【答案】(1)(2)【分析】（1）由题意根据，，，即可列出等式求出参数，由此即可得解.（2）首先通过将的方程与抛物线方程联立，由韦达定理可将直线的斜率用三点的坐标表示，进一步设的方程为，将其与抛物线方程联立，由韦达定理结合直线的斜率为1即可求解.【详解】（1）因为，，所以，又，所以，.故的标准方程为：．（2）设，，，，，的方程为，由得．则，，同理．所以直线的斜率为,设的方程为，联立得．则，所以，.所以点的坐标为．22．已知数列是公差不为零的等差数列，满足，，正项数列的前项和为，且．(1)求数列和的通项公式；(2)在和之间插入1个数，使，，成等差数列；在和之间插入2个数，，使，，，成等差数列；…；在和之间插入个数，，…，，使，，，，成等差数列．（ⅰ）求；（ⅱ）求的值．【答案】(1)，(2)（ⅰ）；（ⅱ）．【分析】（1）根据等差数列的通项公式，结合数列前项和与数列通项公式的关系进行求解即可；（2）（ⅰ）根据等差数列的性质进行求解即可；（ⅱ）利用错位相减法进行求解即可.【详解】（1）设数列的公差为，由题意知，，解得，所以，因为数列的前项和为，且满足，当时，，当时，，经验证当时，也满足上式，综上得，．（2）（ⅰ）在和之间插入个数，，，因为，，，…，成等差数列，所以设公差为，，则．（ⅱ）设，则，设，即，，．所以，．