2023-2024学年广东省梅州市梅雁中学高二上学期12月月考数学试题含答案

这是一份2023-2024学年广东省梅州市梅雁中学高二上学期12月月考数学试题含答案，共18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，若，则（ ）
A．B．0C．1D．2
【答案】A
【分析】根据向量数量积运算法则计算即可.
【详解】因为，则，解得.
故选：A
2．已知数列满足且，则（ ）
A．3B．C．-2D．
【答案】B
【分析】由已知可得数列递推式，求出其前面几项，可得数列的周期，由此可求得答案.
【详解】由题意数列满足，则，
故由，得，
由此可知数列的周期为4，
故，
故选：B
3．设，若双曲线：的离心率为，则椭圆：的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由双曲线的离心率得关系，再根据椭圆中关系变形得出椭圆离心率．
【详解】由题意，，所以椭圆的离心率为
故选：B．
4．若圆关于直线对称，则圆C的面积为（ ）
A．πB．2πC．4πD．6π
【答案】B
【分析】由题意圆心在直线上，由此可求出参数，进一步可得圆的半径、面积.
【详解】由题意圆的圆心在直线上，即，解得，
所以圆的半径的平方为，面积为.
故选：B.
5．已知O为坐标原点，F为抛物线C：的焦点，P为抛物线C上一点，若，则的面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】由，利用抛物线的定义求得点P的横坐标，进而求得纵坐标，然后由求解.
【详解】因为抛物线C：，
故由，解得，
所以，
所以的面积为．
故选：D
6．已知，，，若P，A，B，C四点共面，则（ ）
A．3B．C．7D．
【答案】C
【分析】利用空间向量四点共面性质求解即可.
【详解】由P，A，B，C四点共面，可得，，共面，
设，
则，解得．
故选：C.
7．已知圆：与圆：的公共弦所在直线与直线：垂直，则的值为（ ）
A．2B．C．8D．
【答案】A
【分析】求出圆与圆的公共弦所在直线方程，再由垂直关系求出并验证即得.
【详解】把圆与圆的方程相减得：，即为圆与圆的公共弦所在直线方程，
由直线与直线垂直，得，解得，
当时，圆：，即的圆心，半径，
而圆：的圆心，半径，
于是，则圆与圆相交，符合题意，
所以的值为2.
故选：A
8．若直线与曲线有两个交点，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】先求出直线的恒过点，再将曲线转化为，可知其图象为圆的一部分，结合图形，即可求出的取值范围.
【详解】由题可知，直线可转化为，所以直线恒过点，
又因为曲线可转化为，则其表示圆心为原点，半径为的圆的上半部分，
当直线与该曲线相切时，点到直线的距离，解得.
设，则，
由图可得，若要使直线与曲线有两个交点，需要即
故选：D
二、多选题
9．数列中，，，，则（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】ABD
【分析】根据递推公式可得数列是以3为周期的周期数列，再逐个选项判断即可.
【详解】由题意得：，，，，…，
∴数列是以3为周期的周期数列．
对于A，，A正确，
对于B，，B正确，
对于C，，C错误，
对于D，由递推关系式知：，
∴
，D正确．
故选：ABD
10．下列结论正确的是（ ）
A．若双曲线的一条渐近线方程为，则双曲线的离心率为
B．表示双曲线
C．设椭圆的两个焦点分别为，短轴的一个端点为.若为钝角，则离心率的取值范围是
D．等轴双曲线的中心为O，焦点为为上的任意一点，则恒成立.
【答案】BD
【分析】结合双曲线的渐近线方程求解即可判断A；结合判断，的范围，进而判断方程表示何种曲线，即可判断B；由题意可得，进而求解判断C；不妨设等轴双曲线的方程为，设，进而结合两点间的距离公式验证即可判断D.
【详解】对于A，由题意，双曲线的一条渐近线方程为，即，
则或，即或，
整理得或，所以双曲线的离心率为或，故A错误；
对于B，因为，则，，
即，，
则方程，即表示焦点在轴上的双曲线，故B正确；
对于C，因为为钝角，则，
又，则，即离心率的取值范围是，故C错误；
对于D，不妨设等轴双曲线的方程为，则，
则，，设，则，即，
所以，
，
，
所以，
因为，即，所以，即，
所以，故D正确.
故选：BD.
11．已知直线与圆相交于不同的两点为坐标原点，则（ ）
A．直线过定点
B．
C．当时，
D．当时，最小值为
【答案】CD
【分析】根据直线系确定直线过定点判断A，根据定点在圆在可判断B，求出弦的最大值与最小值判断C，根据向量数量积的定义及夹角余弦最值判断D.
【详解】由直线，可化为，即直线过定点，所以A选项不正确；
因为直线与圆有总有两个公共点，可得点在圆内部，
所以，解得，所以B不正确；
当时，圆的方程为，可得圆心，又，
则，可得长的最小值为，最大值即为直径6，所以C选项正确；
当时，圆的方程为，
则，
当直线过圆心，此时，可得的最小值，
所以的最小值为，故D正确.
故选：CD．
12．如图，在棱长为的正方体中，，，分别为，，的中点，则下列结论正确的是（ ）
A．点到直线的距离为
B．直线到平面的距离为
C．直线与平面所成角的余弦值为
D．直线与直线所成角的余弦值为
【答案】ABD
【分析】由正方体可知为正三角形，进而判断A选项，利用坐标法分别求直线到平面的距离、线面夹角及异面直线夹角，即可判断BCD选项.
【详解】A选项，如图所示，由正方体可知，即为正三角形，所以点到直线的距离，A选项正确；

B选项：由，分别为，的中点，得且，
所以四边形为平行四边形，，
又平面，平面，
平面，
则直线到平面的距离即为点到平面的距离，
如图所示建立空间直角坐标系，则，，，，
所以，，，
设平面的一个法向量为，
则，令，，
所以，B选项正确；

C选项：，，则，所以直线与平面所成角的正弦值为，余弦值为，C选项错误；

D选项：，，则，
所以异面直线与所成角的余弦值为，D选项正确；

故选：ABD.
三、填空题
13．正四面体的所有棱长都是2，分别是，的中点，则 .
【答案】/
【分析】以向量为空间向量的基底，求出，再利用空间向量的数量积运算即得.
【详解】正四面体的所有棱长都是2，分别是，的中点，
则，
，
因此
.
故答案为：
14．函数的图像与坐标轴交于点A，B，C，则过A，B，C三点的圆的方程为 ．
【答案】
【分析】用圆的标准方程即可求解.
【详解】函数的图像与坐标轴的交点分别为，，，
则线段的垂直平分线为，线段的垂直平分线为．
所以过A，B，C三点的圆的圆心坐标为，半径，
所以所求圆的方程为．
故答案为：.
15．已知数列中，，若是递减数列，则的取值范围 .
【答案】
【分析】根据是递减数列得出恒成立，再求出最小值即可得出的范围.
【详解】∵数列为单调递减数列，∴当时，，
∴，
即，
由于数列在时单调递增，
因此其最小值为3，
∴,
综上可得：的取值范围是.
故答案为：.
16．已知双曲线的左，右焦点分别为、，焦距为．若以线段为直径的圆与直线有交点，则双曲线C的离心率取值范围为
【答案】
【分析】首先求圆的方程，利用圆心到直线的距离，推得与的关系，再结合离心率公式，即可求解
【详解】以线段为直径的圆的方程是，与直线有交点，
则圆心到直线的距离，
所以双曲线的离心率．
故答案为：．
四、解答题
17．已知数列的前项和为，求的最大值，以及取最大值时的值．
【答案】当时，最大值为，
【分析】根据题意，结合二次函数的性质，即可得到当时，取得最大值.
【详解】由题意，数列的前项和为，
又由函数，是对称轴为，开口向下的二次函数，
所以，当时，取得最大值，最大值为，
18．已知圆过点，圆心在直线上，且圆与轴相切．
(1)求圆的标准方程；
(2)过点作直线与圆相交于，两点，且，求直线的方程．
【答案】(1)
(2)或
【分析】（1）根据题干假设出圆的标准方程，代入题干信息即可求解.
（2）讨论过点的直线斜率不存在时，是否与圆相交，弦长是否为；斜率存在时，利用弦长公式进行计算，求解直线的方程即可.
【详解】（1）设圆的标准方程为，
代入题干得：，解得：
则圆的标准方程为：
（2）当过点的直线斜率不存在时，直线为：，此时圆心到直线的距离为所以相切，与题干不符；
当过点的直线斜率存在时，设直线的方程为：，即，
此时圆心到直线的距离为，又因为相交的弦长为，则.
所以，解得或
则直线的方程为：或
19．已知抛物线C：（）过点.
(1)求抛物线C的方程，并求其准线方程；
(2)求以为中点的抛物线C的弦所在直线的方程.
【答案】(1)，
(2)
【分析】（1）由点在抛物线上，代入方程待定系数即可；
（2）已知弦的中点，由点差法可求弦所在直线斜率，再由点斜式方程可求.
【详解】（1）根据抛物线C：过点，
可得，解得.
从而抛物线C的方程为，准线方程为；
（2）设弦的两端点分别为，，设点为，
当直线垂直于轴时，
由对称性可知，的中点在轴上，则不为的中点，不符合题意，
故直线垂直于轴，即，
则
由②-①得，，
由点是的中点，，代入上式得，
，
故直线的斜率，且直线过，
所以弦所在直线的方程为，即.

20．已知双曲线的一条渐近线与直线垂直，且右顶点到该条渐近线的距离为.
(1)求双曲线的方程；
(2)若直线与双曲线交于、两点，线段的中点为，求直线的斜率.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据已知条件求出的值，利用点到直线的距离求出的值，即可得出的值，由此可得出双曲线的方程；
（2）利用点差法可求得直线的斜率.
【详解】（1）解：因为双曲线的一条渐近线与直线垂直，且直线的斜率为，
且双曲线的渐近线为，则，可得，
所以，双曲线的渐近线方程为，即，
因为右顶点到该条渐近线的距离为，所以，
解得，所以，所以双曲线的方程为.
（2）解：若直线轴，则、关于轴对称，此时，线段的中点在轴上，不合乎题意，
设、，设直线的斜率为，则，
则，所以，
化简得.
因为线段的中点为，所以，，
所以，解得，即直线的斜率为.
21．如图所示，椭圆的上顶点和右顶点分别是和，离心率，，是椭圆上的两个动点，且.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)求四边形面积的最大值；
(3)试判断直线与的斜率之积是否为定值，若是，求出定值；若不是，请说明理由.
【答案】(1)
(2)4
(3)是，定值为
【分析】（1）由题意求出b的值，根据离心率可求出，即得答案；
（2）设直线的方程，联立椭圆方程可得根与系数的关系式，结合弦长公式求出的表达式，即可求得四边形面积的表达式，利用三角代换，结合二次函数性质即可求得面积的最大值；
（3）求出直线与的斜率之积的表达式，结合根与系数的关系化简，即可得结论.
【详解】（1）因为，所以，又离心率为，所以，
即，，
所以椭圆的标准方程为
（2）因为，所以，所以，
设直线的方程为，，，
由，得，
由得，
则，，故，
直线方程为，，所以，
直线与之间的距离为，
故四边形的面积为，
令，则
，
令，则，，
所以，而函数在上单调递增，
所以当时，即时，四边形面积的最大值为4；
（3）由第（2）问得，，
，
故直线与的斜率之积为定值，且定值为.
22．如图，在四棱锥中，底面是边长为的菱形，，为正三角形，为的中点，且平面平面，是线段上的点.
(1)求证：；
(2)是否存在点，使得直线与平面的夹角的正弦值为，若存在；求出此时的值；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，
【分析】（1）先利用线面垂直从而证明平面，从而证明；
（2）利用空间向量法求出直线与平面的夹角为时点的位置，从而求解.
【详解】（1）证明：连接，，如图所示，
因为四边形是菱形，所以，
因为，所以为等边三角形，
又因为为的中点，所以，
因为是等边三角形，为中点，所以，
因为，平面，所以平面，
又因为，所以平面，
因为平面，所以.
（2）存在，，理由如下：
因为平面平面，平面平面，
由(1)知，，平面，所以平面，
因为，以点为坐标原点，，，所在直线分别
为，，轴建立空间直角坐标系，如图所示，
则，，，，
，，
设，，
，
设平面的一个法向量，
，取，得：，
因为直线与平面的夹角的正弦值为，
所以：，
整理得：，由，解得：.
故存在点，使得直线与平面的夹角的正弦值为，此时：.