2023-2024学年河南省濮阳市部分学校高二上学期12月月考数学试题含答案

这是一份2023-2024学年河南省濮阳市部分学校高二上学期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．数列的通项公式可能是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】由具体数列判断通项公式问题，最简单的方法即是赋值代入检验判断即可.
【详解】对于选项A，当时，，故A项错误；
对于B选项，当时，，故B项错误；
对于C选项，当时，，故C项错误；
对于D项，因数列可以写成 ，故其通项公式可以写成，故D项正确.
故选：D.
2．已知直线的方程为，则直线的倾斜角为（ ）
A．B．C．D．不确定
【答案】A
【分析】求出直线的斜率，根据斜率再求直线的倾斜角即可.
【详解】直线的方程为，即，
则直线的斜率为，设直线的倾斜角为，所以，
因为，所以.
故选：A.
3．已知等差数列，若，则（ ）
A．B．0C．2D．4
【答案】B
【分析】设出等差数列的公差，结合已知利用公差表示即可得解.
【详解】设等差数列的公差为，由，得，整理得，
所以.
故选：B
4．已知直线的方向向量为，平面的法向量为，若，则（ ）
A．10B．12C．14D．16
【答案】D
【分析】首先分析题意，利用空间向量知识进行解答.
【详解】分析题意,，得出，即，所以，即.
故选:D.
5．有12个砝码，总质量为，它们的质量从小到大依次构成等差数列，且最重的3个砝码质量之和是最轻的3个砝码质量之和的4倍．用这些砝码称一个质量为的物体，则需要的砝码个数至少为（ ）
A．4B．5C．6D．7
【答案】C
【分析】将各个砝码的质量看成等差数列，利用等差数列通项公式和前n项和性质求解.
【详解】将12个砝码的质量从小到大依次设为，
由题可知，，，
所以，化简得，，所以，
由得，，，化简得，，解方程得，
所以，，，，，，
满足，，
又因为，满足，
所以这些砝码称一个质量为的物体，则需要的砝码个数至少为6个.
故选：C.
6．设圆的直径为，若在圆上存在点，使得，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由题意可得圆与圆有交点，则，进而可得出答案.
【详解】圆化为标准方程，
则圆心，半径，
圆化为标准方程，
圆心，半径，
因为为圆的直径，在圆上存在点，使得，即，
所以圆与圆有交点，
则，
即且，解得，
所以的取值范围是.
故选：B.
7．设，分别是双曲线：的左､右焦点，过点作的一条渐近线的垂线，垂足为．若，则的离心率为（ ）
A．B．C．2D．
【答案】B
【分析】先根据题意求出，进而根据得，根据，可解得.
【详解】
如图，双曲线的一个渐近线方程为，
故直线的方程为：，联立可得，
，
由得，
即得，得（负值舍去）.
故选：B.
8．在长方体中，为长方体表面上的动点，且，则点的轨迹的长度为（ ）
A．2B．C．D．
【答案】C
【分析】建立空间直角坐标系，求出轨迹方程，联立算出在各个平面内的交线，再求出长度和即可.
【详解】
如图，连接,，且以为原点建立空间直角坐标系，
故,,,,设，
且已知，，
故，，即是的中点，是的三等分点，
，，，，
，的轨迹方程为平面，
故轨迹长度即为该平面与长方体六个平面的交线长度之和.
联立方程组，，得，
当时，，令，，故此时轨迹长度为，
联立方程组，，得到，
当，时，该方程无解，则交线不在面内，此时轨迹长度为，故排除，
联立方程组，，可得，
当时，，当时，，故此时轨迹长度为，
联立方程组，，可得，
当，时，该方程无解，则交线不在面内，此时轨迹长度为，故排除，
联立方程组，，可得，
当，时，该方程无解，则交线不在面内，此时轨迹长度为，故排除，
联立方程组，，可得，
当时，，当时，，故此时轨迹长度为
综上，轨迹长度为，
故选：C
二、多选题
9．已知是等比数列，则下列数列一定是等比数列的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】BC
【分析】由已知等比数列判断选项中的数列是否为等比数列时，一般从举反例否定和按照等比数列定义推理两个角度进行即可.
【详解】不妨设等比数列的公比为.
对于A选项，不妨取数列展开为，则展开为，显然不是等比数列，故A项错误；
对于B选项，由则数列为等比数列，故B项正确；
对于C选项，由则数列为等比数列，故C项正确；
对于D选项，当时，数列为首项为0的常数列，显然不是等比数列，故D项错误.
故选：BC.
10．如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，，平面，则（ ）
A．B．
C．D．点到平面的距离为1
【答案】AC
【分析】对于求解空间几何体中的向量模长，点乘结果等问题，一般考虑运用基底表示相关向量计算求解或者建系运用坐标计算法，此题用基底表示较简单.
【详解】对于A选项，由可知点是的中点，故
,故A项正确；
对于B选项，不妨取则因平面，底面是边长为2的菱形，
，故，于是由A项知：故，故B项错误；
对于C选项，仿照选项B的向量取法，，故C项正确；
对于D选项，如图，过点作直线的垂线,垂足为，则由平面得,故平面，
即为点到平面的距离.在中，，又因为点是的中点，平面，
故点到平面的距离为即D项错误.
故选：AC.
11．已知点，动点满足表示斜率，，动点的轨迹加上两点构成曲线，则下列说法正确的是（ ）
A．若点在曲线上，则曲线的方程为
B．若，则
C．若，则曲线的离心率随着的增大而增大
D．若的面积有最大值，且最大值为4，则
【答案】ABD
【分析】由题知点的轨迹为，将点代入求出解析式判断A，根据椭圆性质判断B，求出离心率表达式，利用反比例函数单调性判断C，分类讨论，求出面积表达式，利用最值建立方程求解判断D.
【详解】设，则，所以，，
整理得，若点在曲线上，则，解得，
所以曲线的方程为，故选项A正确；
若，则曲线的方程为，表示焦点在x轴上的椭圆，且该椭圆的长轴长为，
所以，故选项B正确；
若，则，曲线的方程为，表示为焦点在y轴的椭圆，
其离心率为，
所以曲线的离心率随着的增大而减少，故选项C错误；
要使的面积有最大值，则曲线不是双曲线，则，
若曲线为焦点在x轴上的椭圆，曲线的方程为，且，
设，则，所以，
由题意，，解得，与，矛盾，不合题意；
若曲线为焦点在y轴上的椭圆，曲线的方程为，且，
设，则，所以，
由题意，，解得，与，矛盾，不合题意；
当时，曲线的方程为，表示圆心为原点，半径为2的圆，则，
所以，满足题意；
综上，，故选项D正确.
故选：ABD
12．已知数列满足为数列的前项和，则（ ）
A．B．数列是等比数列
C．D．
【答案】AC
【分析】根据通项公式求出判断A，再由构造奇数项、偶数项的等比数列可判断BC，由奇数项、偶数项的通项分组求和可判断D.
【详解】根据通项公式可知，，故A正确；
因为，所以不是常数，故数列不是等比数列，故B错误；
因为，即，
所以数列是以4为首项，2为公比的等比数列，所以，
即，故C正确；
因为，即，
所以数列是以4为首项，2为公比的等比数列，所以，
即，
所以
，故D错误.
故选：AC
三、填空题
13．已知数列，，为递减数列，则的取值范围是 ．
【答案】
【分析】根据递减数列的定义列出不等式，解不等式即可.
【详解】由题意可知，解得，
故答案为：
14．若点和点关于直线对称，则 ．
【答案】
【分析】求出点和点的中点坐标，根据斜率关系和中点在直线上，得到方程组，求出答案.
【详解】点和点的中点坐标为，
由题意得，解得.
故答案为：
15．已知数列和都是等差数列，且满足，，则数列的公差为 ．
【答案】1
【分析】由题意，设，，代入结合，化简即可求解.
【详解】由题意，因为数列和都是等差数列，
设，，
则，
整理得，
所以，
又因为，则，④
③代入②得整理得，⑤
由④⑤整理得，⑥
由①⑥可解得，，
所以，，
所以，
所以，故数列的公差为1.
故答案为：1
16．已知抛物线的焦点为，准线与轴交于点上一点在上的射影为，在轴上的射影为，直线与交于点，若，则的面积为 ．
【答案】2
【分析】由条件求出抛物线方程和B，D坐标， 从而得到直线BD的方程， 联立直线BD与AF的方程可求出点的坐标， 从而可求出的面积.
【详解】
由抛物线的焦点为F 得，则抛物线E的方程为,准线，设则D而B,所以直线BD的方程为由得点C的坐标为,所以
而所以所以
所以，所以是直线BD的一个法向量，所以，解得，所以面积为.
故答案为:2.
四、解答题
17．设等比数列的前项和为，已知．
(1)求实数的值；
(2)设，求数列的前项和．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据的关系可得等比数列的公比，据此可得，求出m；
（2）根据等比数列及等差数列的求和公式得解.
【详解】（1）因为，
所以，解得，
当时，，
所以，所以，
因为是等比数列，
所以，即，解得．
（2）由（1）可知．
所以，
则．
18．已知双曲线的左､右焦点分别为，一条渐近线为，过点作的垂线，垂足为，且．
(1)求双曲线的方程；
(2)若线段与交于点，求．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据条件，直接求出，即可求出结果；
（2）根据条件，得到直线的方程为，联立双曲线方程，直接求出，即可得出结果.
【详解】（1）因为双曲线的一条浙近线方程为，所以，
所以的半焦距，故，
因为，所以点到直线的距离为1，
即，解得，
所以双曲线的方程为．
（2）因为，且，所以直线的方程为，
联立方程，消得到，代入，得到，
所以，又，
所以．
19．已知圆，点在圆内部．
(1)求的取值范围；
(2)若，过点作直线的垂线与圆交于两点，求的外接圆方程．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据点与圆的位置关系的性质进行求解即可；
（2）根据互相垂直的直线斜率的关系，结合直线与圆的相交系方程进行求解即可.
【详解】（1）因为点在圆内部，
所以，
解得，
即的取值范围是；
（2）当时，，
因为，所以，
因为，所以，
所以直线的方程为，化简得．
的外接圆经过直线与圆的交点，
故设其方程为，
代入点的坐标，可得，解得．
故的外接圆方程为，
即．（标准方程为）
20．如图，在四棱锥中，平面平面分别为线段的中点．
(1)证明：平面；
(2)若，求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】(1)首先分析题意，作出图像，进一步分析得出四边形为平行四边形，故平面．
（2）进一步作图，进行分析结合题意，可知四边形是平行四边形，建立空间直角坐标系，求出法向量，进而得出直线与平面所成角的正弦值.
【详解】（1）
如图，取棱的中点，连接，因为为的中点，所以，且，因为分别是的中点，所以，且，所以，所以四边形为平行四边形，则，因为平面平面，所以平面．
（2）连接，由已知可得，所以四边形是平行四边形，所以，又，所以．因为为的中点，所以，又因为平面平面，平面平面，
所以平面，即两两相互垂直．以为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图，设，则，所以．
故．设平面的法向量为，则取，可得，
因为．
所以直线与平面所成角的正弦值为．
21．已知等差数列的前项和为，，．
(1)求的通项公式；
(2)设数列的前项和为，求满足的的最小值．
【答案】(1)
(2)8
【分析】（1）根据题意列方程组求得首项和公差，进而求得数列的通项公式；
（2）根据等差数列求和公式求得的表达式，利用裂项相消法求出，利用二次函数的性质求出满足条件的.
【详解】（1）设等差数列的公差为，
由，，得，
解得，，
所以数列的通项公式为．
（2）由（1）得，
所以，
所以
，
因为，所以，整理得，
函数在上单调递减，在上单调递增，
当时，，
当时，，
当时，，
所以满足的的最小值为8．
22．过椭圆的右焦点且斜率为1的直线交于两点．
(1)求；
(2)若为上的动点，设（为坐标原点），求的最大值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）写出直线方程与椭圆联立，利用韦达定理结合弦长公式求解即可；
（2）设，利用表示出，然后代入椭圆方程，利用韦达定理整理化简，然后利用基本不等式可得最值.
【详解】（1）由题可知点，设，
直线，
联立方程得，消去并整理得，
，
；
（2）设，由，得，
在上，，
．
．
由（1）知，
．
．
，当且仅当时取等号，
，即的最大值为．