2023-2024学年湖南省邵阳市邵东市第一中学高二上学期12月月考数学试题含答案

这是一份2023-2024学年湖南省邵阳市邵东市第一中学高二上学期12月月考数学试题含答案，共24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．已知为虚数单位，且，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】按复数的除法进行运算即可.
【详解】由题意：.
故选：B.
2．p：x2≤1是q：的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】直接利用解不等式求出命题p，q对应的x的解，再利用集合的包含关系判断充分必要性．
【详解】由，得命题,
由等价于，得命题,
又
所以是的充分不必要条件.
故选：A
【点睛】本题主要考查充分条件和必要条件的判断，解一元二次不等式和分式不等式是解决本题的关键，属于基础题．
3．已知等差数列，其前项和为，则（ ）
A．24B．36C．48D．64
【答案】B
【分析】根据题意，结合等差数列的性质，求得，再由，即可求解.
【详解】因为数列为等差数列，且，
由等差数列的性质，可得，所以，
又由.
故选：B.
4．若为正实数，直线和直线互相垂直，则的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据两条直线的垂直关系可求得，利用基本不等式可求得结果.
【详解】直线和直线互相垂直，
，即，，
（当且仅当时取等号），
的最大值为.
故选：B.
5．在平面直角坐标系中，已知双曲线的左、右焦点分别为，为双曲线右支上一点，连接交轴于点．若为等边三角形，则双曲线的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由长度关系可得，知，在中，利用可构造齐次方程求得双曲线离心率.
【详解】
设，
为等边三角形，，，又，
，，，
，，
，解得：（舍）或，
双曲线的离心率为.
故选：C.
6．如图，已知正方体AC的棱长为2、E、F分别是棱、的中点，点P为底面ABCD内（包括界）一动点，若直线与平面BEF无公共点，则点P的轨迹长度为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】依题意建立空间直角坐标系，设点，计算出平面的一个法向量的坐标，由已知条件得出，可得出、所满足的等式，再求出点的轨迹与线段、的交点坐标，从而得解.
【详解】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、、、，设点，
则，，设平面的法向量为，
由，取，可得，
，由题意可知，平面，则，
令，可得；令，可得.
所以点的轨迹交线段于点，交线段的中点，
所以点的轨迹长度为.
故选：B.
7．已知F为椭圆C：的右焦点，P为C上一点，Q为圆M：上一点，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】要求的最小值，根据椭圆的定义可以转化为（其中为椭圆的左焦点），即求的最小值，即为圆心与的距离减去半径，进而解决问题．
【详解】如图，由题可知，圆的圆心坐标为，半径为1，
设椭圆的左焦点为，即，
则，
故要求的最小值，即求的最小值，
所以的最小值等于，
即的最小值为，
故选：D．
8．已知是定义在R上的偶函数，若、且时，恒成立，且，则满足的实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】利用构造函数法，结合函数的单调性、奇偶性来求得的取值范围.
【详解】设，则，，
令，则，所以，函数在上为增函数，
对任意的，，
所以，函数为上的偶函数，且，
由可得，即，
即，所以，，即，解得.
故选：A
【点睛】方法点睛：形如的已知条件，往往是给出函数的单调性，可以利用函数单调性的定义来进行求解.利用函数的单调性和奇偶性来求解不等式，可将不等式转化为函数不等式的形式，然后结合单调性、奇偶性去掉函数符号，再解不等式来求得答案.
二、多选题
9．已知圆，直线，则（ ）
A．直线恒过定点
B．直线与圆有两个交点
C．当时，圆上恰有四个点到直线的距离等于1
D．若，则圆与圆恰有三条公切线
【答案】BD
【分析】求出直线过的定点判断A；判断定点与圆的位置关系判断B；求出圆心到直线距离判断C；判断圆与圆的位置关系判断D.
【详解】直线的方程为，由，得，直线过定点，A错误；
又，即定点在圆内，则直线与圆相交，有两个交点，B正确；
当时，直线：，圆心到直线的距离为，
而圆半径为2，因此只有2个点到直线的距离等于1，C错误；
当时，圆的方程化为，
其圆心为，半径为3，两圆圆心距为，
两圆外切，因此它们有三条公切线，D正确.
故选：BD
10．已知数列的前n项和为，下列说法正确的是（ ）
A．若点在函数（k，b为常数）的图象上，则为等差数列
B．若为等差数列，则为等比数列
C．若为等差数列，，，，则当时，最大
D．若，则为等比数列
【答案】ABC
【分析】直接利用数列的递推关系式，等差数列和等比数列的定义判断A，B，C，D的结论．
【详解】对于A：点在函数，为常数）的图象上，故，
故（常数），则为等差数列，故A正确；
对于B：由于数列为等差数列，所以（常数），
故（常数），所以数列为等比数列，故B正确；
对于C：若为等差数列，，所以，则，
又，所以，故，所以公差，
所以等差数列递减，则当时，，当时，，
则当时，最大，故C正确；
对于D：由于，当时，整理得，
当时，，故，
经检验，不满足上式，
故，故选项D错误．
故选：ABC．
11．《文心雕龙》中说“造化赋形，支体必双，神理为用，事不孤立”，意思是自然界的事物都是成双成对的.已知动点与定点的距离和它到定直线的距离的比是常数.若某条直线上存在这样的点，则称该直线为“成双直线”，则下列结论正确的是（ ）
A．动点的轨迹方程为
B．直线为成双直线
C．若直线与点的轨迹相交于两点，点为点的轨迹上不同于的一点，且直线的斜率分别为，则
D．点为点的轨迹上的任意一点，，，则面积为
【答案】BC
【分析】对A，根据题意先求出动点P的轨迹方程判断即可;对B，联立与，得出二次方程，根据判别式判断是否有解即可;对C，设，再表达出，结合椭圆的方程求解即可;对D，根据焦点三角形的面积公式求解即可.
【详解】对A，设，则，即，化简得，故A错;
对B，联立，消去得，，故直线上存在这样的点，
所以为成双直线，故B正确;
对C，设，则，所以
，故C正确.
对D，易得分别为椭圆的左右焦点，，
设，根据余弦定理得，
解得，则，
（或根据结论得面积为，）故D错误.
故选：BC.
12．在正方体中，，点P满足，其中，则下列结论正确的是（ ）
A．当平面时，与所成夹角可能为
B．当时，的最小值为
C．若与平面所成角为，则点P的轨迹长度为
D．当时，正方体经过点的截面面积的取值范围为
【答案】AC
【分析】A选项，当点与点重合时，满足平面，与所成夹角为，A正确；B选项，将两图形展开到同一平面内，由三点共线得到的最小值，由余弦定理求出最小值；C选项，作出辅助线，得到点P的轨迹，求出轨迹长度；D选项，先得到点在线段上，从而得到正方体过点的截面，建立空间直角坐标系，得到点到直线的距离，从而求出截面面积的取值范围.
【详解】如图1，因为，，
所以点在正方形内（包含四个端点），
当点与点重合时，，
因为平面，平面，
所以平面，
此时，故为等边三角形，
故与所成夹角为，A正确；

当时，点在对角线上，
将矩形和等腰直角三角形折叠到同一平面内，如图2，

连接与于点，
由三点共线可知，的最小值即为的长，
其中，，
由余弦定理得
，B错误；
C选项，如图3，以为圆心，的长为半径作圆，与正方形交于圆弧，

此时满足与平面所成角为，
故则点P的轨迹长度等于，C正确；
D选项，如图4，当时，，即，故，
故点在线段上，
在上取点，使得，连接，
则可证得，四边形为平行四边形，
故正方体经过点的截面为平行四边形，
以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
则，，
其中，，
，
则，
则点到直线的距离
，
因为，所以，

故截面面积为，D错误.
故选：AC
【点睛】方法点睛：立体几何中截面的处理思路：
（1）直接连接法：有两点在几何体的同一个平面上，连接该两点即为几何体与截面的交线，找截面就是找交线的过程；
（2）作平行线法：过直线与直线外一点作截面，若直线所在的平面与点所在的平面平行，可以通过过点找直线的平行线找到几何体与截面的交线；
（3）作延长线找交点法：若直线相交但在立体几何中未体现，可通过作延长线的方法先找到交点，然后借助交点找到截面形成的交线；
（4）辅助平面法：若三个点两两都不在一个侧面或者底面中，则在作截面时需要作一个辅助平面.
三、填空题
13．在三棱锥中，分别是的中点，设，用表示，则等于 ．
【答案】
【分析】根据空间向量运算求得正确答案.
【详解】由题意得
.
故答案为：.

14．已知数列的前项和为，若，且，则数列的前100项和为 .
【答案】
【分析】先求的值，当时，利用求解数列的通项公式，再求解数列，利用裂项相消法求前项和即可.
【详解】当时，；
当时，，
则，；
当时，满足上式，则.
所以，
则前项和
，所以.
故答案为：
15．已知抛物线的焦点为F，点A(-4，0)，点P是抛物线C上的动点，则的最小值为 .
【答案】
【分析】如图所示，设点P在准线上的射影为Q，等价于直线AP与抛物线C相切时∠PAQ最小，sin∠PAQ也最小，再根据求解即可.
【详解】
点A(-4，0)在抛物线C的准线x=-4上，
设点P在准线上的射影为Q，则，
当直线AP与抛物线C相切时∠PAQ最小，sin∠PAQ也最小.
设PA的方程为y=k(x+4)，
与联立得0.
由得，
当时，.
故答案为：
【点睛】方法点睛：最值问题的求解，常用的方法有：（1）函数法；（2）导数法；（3）数形结合法；（4）基本不等式法. 要根据已知条件灵活选择方法求解.
16．在梯形中，，，，将沿折起，连接，得到三棱锥，当三棱锥的体积取得最大值时，该三棱锥的外接球的表面积为 .
【答案】
【分析】根据梯形的边长可求出，由几何体翻折过程中体积最大可得平面平面，由面面垂直性质可确定外接球的球心以及半径，即可求得其表面积.
【详解】过点作，垂足为，如图下图所示：

因为为等腰梯形，，，所以，
，可得，
由余弦定理得，即，
易知，所以，
易知，当平面平面时，三棱锥体积最大，如图所示：

此时，平面，易知，，
记为外接球球心，半径为，
由于平面，，因此到平面的距离，
又的外接圆半径，
因此外接球半径，
即可得球的表面积为.
故答案为：
【点睛】方法点睛：在求解几何体外接球问题时，需根据几何体的特征确定球心位置，再利用半径相等构造等量关系解出半径即可.
四、解答题
17．已知数列是等差数列，其前项和为，且，.
(1)求的通项公式；
(2)设，求数列的前项和.
【答案】(1)
(2).
【分析】（1）利用等差数列的通项公式和前项和公式求解；
（2）分组求和方法求解.
【详解】（1）设等差数列的公差为，又，，
所以，解得，，
所以的通项公式.
（2）由（1）知，
所以
.
18．在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，，且.
(1)求内角A的大小；
(2)若，求面积的最大值.
【答案】(1)
(2)
【分析】(1)由两向量的坐标，利用平面向量的数量积运算法则列出关系式，再利用正弦定理化简，即可确定出A的大小；
(2) 利用余弦定理列出关系式，利用基本不等式求出的最大值，即可确定出面积的最大值.
【详解】（1）
，
（2）
由余弦定理得：
即
当且仅当时，面积有最大值，最大值为
19．已知为抛物线的焦点，为坐标原点，为的准线上的一点，直线的斜率为，的面积为4.
(1)求的方程；
(2)过抛物线的焦点作倾斜角为的直线交抛物线于A、B两点，求弦长|AB|.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）求出焦点坐标，设点的坐标，从而根据直线的斜率和三角形面积得到方程组，求出答案；
（2）求出直线的方程，联立抛物线方程，得到两根之和，两根之积，根据弦长公式求出答案.
【详解】（1）由题意知，设点的坐标为，
则直线的斜率为．
因为直线的斜率为，所以，即，
所以的面积，
解得或（舍去），故抛物线的方程为．
（2）设点，，其中．
则直线的方程为，由，消去整理得
，
，
故弦长.
20．如图，在四棱锥中，平面，底面为直角梯形，，为棱上异于的点．
(1)求证：平面；
(2)若三棱锥的体积为，求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据题意分别证明即可.
（2）先由题意求出点的位置，然后建立适当的空间直角坐标系，利用已知条件分别求出两平面的法向量，最后利用平面夹角公式即可.
【详解】（1）如图所示：
取中点，连接，则由题意有，
因为由题意，
所以四边形为平行四边形，
所以，
又因为四边形为直角梯形，
所以，
所以，
因为，，
所以，
又因为平面，平面，
所以，
因为，
所以，
又因为，
所以，
从而，
又因为，面，且，
所以平面.
（2）由题意不妨设点到面的距离为，
所以三棱锥的体积为，
所以解得，
如图所示：
设点到面的距离为，
则平面，
又因为平面，平面
所以，
所以为的中位线，即分别为的中点，
因为底面为直角梯形，
所以，
所以以为坐标原点，方向分别为轴正方向建立空间直角坐标系，
由题意，
所以，
由（1）可知平面，
故可取平面的一个法向量为，
不妨设平面的一个法向量为，
则，即，
令，解得，即可取，
不妨设平面与平面的夹角为，
则，
即平面与平面的夹角的余弦值为.
21．已知椭圆过点，且离心率为.
(1)求椭圆方程；
(2)点分别为椭圆的上下顶点，过点且斜率为的直线与椭圆交于不同的两点，探究直线的交点是否在一条定直线上，若存在，求出该直线的方程；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)
(2)存在，
【分析】（1）由椭圆离心率可得，再将代入椭圆的方程可得，即可求出椭圆的方程；
（2）设，直线的方程为:，联立直线和椭圆的方程求出两根之积和两根之和，设直线的方程和直线的方程，两式联立求得交点的纵坐标的表达式，将两根之积和两根之和代入可证得交点在一条定直线上.
【详解】（1）因为椭圆的离心率为，即，
所以，所以，
又因为椭圆过点，
所以，解得：，所以椭圆方程为.
（2）因为，设，
直线的方程为:，
联立方程，得，
得
则
直线的方程为： ，
直线的方程为：，
联立两直线方程消元：
法1：由解得：，
代入化简，
，
解得：，即直线的交点在定直线上.
法2：由韦达定理得代入化简
，得，
即直线的交点在定直线上.
法3：由，得
代入化简，得，
即直线的交点在定直线上.
法4： 代点进椭圆方程得化简得
进而得到，代入化简
转化为韦达定理代入
，得，
即直线的交点在定直线上.
【点睛】思路点睛：本题考查直线与椭圆综合应用中的定直线问题的求解，求解此类问题的基本思路如下：
①假设直线方程，与椭圆方程联立，整理为关于或的一元二次方程的形式；
②利用求得变量之间的关系，同时得到韦达定理的形式；
③利用韦达定理表示出已知的等量关系，化简整理得到所求定直线.
22．为数列{}的前项和.已知＞0，.
(1)求数列的通项公式；
(2)设是首项为1，公比为3的等比数列，
①求数列的前项和；
②若不等式对一切恒成立，求实数的最大值．
【答案】(1)
(2)①；②
【分析】（1）应用与的关系即可求解；（2）应用错误相减法与等差等比公式求和，参变分离得恒成立，结合数列的单调性即可求解.
【详解】（1）由，可知，
两式相减得，
即，
，，（舍）或，
则是首项为3，公差的等差数列，
的通项公式.
（2）①，，
，
，
所以
．
．
②由（1）易求得，
所以不等式对一切恒成立，
即对一切恒成立
即转化为对一切恒成立，
令，则，
又，
当时，；时，，
所以，且，
则．
所以实数的最大值为．