2023-2024学年江苏省苏州市高新区第一中学教育集团高二上学期12月月考数学试题含答案

这是一份2023-2024学年江苏省苏州市高新区第一中学教育集团高二上学期12月月考数学试题含答案，共21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．已知向量，则下列结论正确的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据空间向量的共线，垂直的充要条件以及空间向量坐标的减法，模长定义即得.
【详解】因，
对于A选项，由可得：，易知的值不存在；
对于B选项，由可知不成立；
对于C选项，；
对于D选项，
故选：D.
2．抛物线的焦点到点的距离为（ ）
A．2B．C．D．4
【答案】B
【分析】首先求出焦点坐标，再利用距离公式计算可得.
【详解】抛物线的焦点为，
所以点到焦点的距离.
故选：B
3．设等比数列的前项和为，若，且，，成等差数列，则（ ）
A．7B．12C．15D．31
【答案】C
【分析】设出公比，根据，，成等差数列列出方程，求出公比，利用等比数列求和公式得到答案.
【详解】设公比为，因为，，成等差数列，所以，
则，解得：或0（舍去）.
因为，所以，故.
故选：C
4．设，则“”是“直线与直线平行”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
【分析】根据直线平行的条件和充分必要条件的概念可判断结果.
【详解】因为直线与直线平行的充要条件是且，解得或．
所以由充分必要条件的概念判断可知：“”是“直线与直线平行”的充分不必要条件，
故选：A
5．如图，在四面体中，，点在上，且，为中点，则等于（ ）．
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】利用向量加法法则以及空间向量的基底表示空间向量即可.
【详解】因为，为中点，
，
所以
，
故选：B.
6．折纸与剪纸是一种用纸张折成或剪成各种不同形状的艺术活动，是我们中华民族的传统文化，历史悠久，内涵博大精深，世代传承．现将一张腰长为1的等腰直角三角形纸，每次对折后仍成等腰直角三角形，对折5次，然后用剪刀剪下其内切圆，则可得到若干个相同的圆片纸，这些圆片纸的半径为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据等比数列的性质，结合等面积法即可求解.
【详解】由题意可知，对折后的等腰直角三角形的腰长成等比数列，且首项为，公比为，故对折5次后，得到腰长为等腰直角三角形，斜边长为，
设该等腰直角三角形的内切圆半径为，则由等面积法可得，解得.
故选：A.
7．已知为椭圆C：的右焦点，P为C上的动点，过F且垂直于x轴的直线与C交于M，N两点，若等于的最小值的3倍，则C的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据椭圆的性质以及通径，可得，，再根据已知列式，结合椭圆的关系，求出离心率即可.
【详解】为椭圆C：的右焦点，P为C上的动点，
由椭圆的性质，可得.
过F且垂直于x轴的直线与C交于M，N两点，
.
等于的最小值的3倍，
.
椭圆中，
，即，
则.
，
，解得或（舍）.
故选：B.
8．已知过点的直线与抛物线C：相交于M，N两点，F为抛物线C的焦点，若，则（ ）
A．B．9C．8D．16
【答案】B
【分析】设直线联立抛物线与直线得交点坐标关系，再结合抛物线的定义联立可得的值，从而可得的值.
【详解】如图，过作直线的垂线，垂足为，过作直线的垂线，垂足为
设直线
所以，得，
则①，②
由抛物线的定义可得，
由可得③
联立①②③可得：
所以.
故选：B.
二、多选题
9．对于直线l：，下列说法正确的是（ ）
A．l的斜率一定存在B．l恒过定点
C．时，l的倾斜角为60°D．时，l不经过第二象限
【答案】ABD
【分析】由直线方程进行判断．
【详解】直线方程为，斜率为，一定存在，A正确；
，所以直线过点，B正确；
时斜率为，倾斜角为，C错误；
时，直线方程为，即，斜率是2，为正，与坐标轴的交点分别是和，因此直线过一、三、四象限，不过第二象限，D正确
故选：ABD．
10．等差数列中，，公差，且，则实数的可能取值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】AB
【分析】根据等差数列的通项公式将已知条件转化为关于和的方程，分离结合即可求得的范围，进而可得正确选项.
【详解】因为等差数列中，，且，
所以，
整理得，
因为，所以，，
所以，
所以实数的可能取值为，．
故选：AB．
11．已知点P在圆上，点，，则（ ）
A．满足的点有且只有1个
B．点到直线的距离最大值为
C．点到直线的距离分别为2和3，这样的直线恰好有三条
D．圆O被过中点的直线截得的弦长为，则直线的方程为
【答案】BC
【分析】根据圆与圆的位置关系、点到直线的距离、圆的弦长等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.
【详解】A选项，中点坐标为，，
所以以为直径的圆的方程为，半径为，
与的距离为，
，所以圆与圆相交，
所以足的点有个，所以A选项错误.
B选项，直线的方程为，
到直线的距离为，
所以点到直线的距离最大值为，所以B选项正确.
C选项，以为圆心，半径为作圆；以为圆心，半径为作圆；如下图所示，
，所以两圆外切，公切线有条，
所以点到直线的距离分别为2和3，这样的直线恰好有三条，C选项正确.
D选项，中点坐标为，
由解得或，
所以直线与圆相交所得弦长为，所以D选项错误.
故选：BC
12．已知，分别为椭圆的左、右焦点，为椭圆上任意一点（不在轴上），外接圆的圆心为，半径为，内切圆的圆心为，半径为，直线交轴于点，为坐标原点，则（ ）
A．最大时，B．的最小值为
C．D．的取值范围为
【答案】BCD
【分析】根据焦点三角形的面积，可知其最大值，再根据内切圆半径公式可判断A选项，根据外心的概念及向量的线性运算可判断B选项，根据内切圆的性质可得，即可判断C选项，再根据外接圆半径与内切圆半径的求法可判断D选项.
【详解】由，得，，，
A选项：设，则，，，所以当点在短轴端点时，面积最大值为，
此时由内切圆性质可知，
则，A选项错误；
设，，则，
B选项：如图所示，设中点为，则，所以，
又，
同理，
所以，当且仅当时，等号成立，B选项正确；
C选项：设与交于点，由角分线定理可知，即，即，
所以，所以，C选项正确；
D选项：设，由正弦定理得，即，
由余弦定理得，
则，且，即，当且仅当时取等号，
所以，
，
所以，
则，D选项正确；
故选：BCD.
【点睛】椭圆上一点与两焦点构成的三角形，称为椭圆的焦点三角形，与焦点三角形有关的计算或证明常利用正弦定理、余弦定理、|PF1|＋|PF2|＝2a，得到a，c的关系．
三、填空题
13．已知抛物线，过焦点作直线与抛物线交于点，两点，若，则点的坐标为 ．
【答案】或
【分析】如图所示，F（1，0）．由|AF|＝4，可得xA+1＝4，解得xA，代入抛物线方程可得yA．可得点A的坐标．
【详解】如图所示，F（1，0）．
∵|AF|＝4，∴xA+1＝4，解得xA＝3．
代入抛物线方程可得，或．
故点的坐标为或
故答案为或
【点睛】本题考查了抛物线的定义、标准方程及其性质，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
14．圆与圆的公共弦的长为 ．
【答案】
【分析】将两圆方程作差可得出相交弦所在直线的方程，求出圆的圆心到相交弦所在直线的距离，利用勾股定理可求得相交弦长.
【详解】将圆与圆的方程作差可得，
所以，两圆相交弦所在直线的方程为，
圆的圆心为原点，半径为，
原点到直线的距离为，
所以，两圆的公共弦长为.
故答案为：.
15．已知数列满足，在和之间插入个1，构成数列，则数列的前20项的和为 .
【答案】77
【分析】先根据题意得到数列有多少个数，再根据即可计算数列的前20项的和.
【详解】在之间插入个1，构成数列，
所以共有个数，
当时，，当时，，
由于，所以.
故答案为：.
16．已知双曲线的左、右焦点分别为．点在上，点在轴上，，则的离心率为 ．
【答案】/
【分析】方法一：利用双曲线的定义与向量数积的几何意义得到关于的表达式，从而利用勾股定理求得，进而利用余弦定理得到的齐次方程，从而得解.
方法二：依题意设出各点坐标，从而由向量坐标运算求得，，将点代入双曲线得到关于的齐次方程，从而得解；
【详解】方法一：
依题意，设，则，
在中，，则，故或（舍去），
所以，，则，
故，
所以在中，，整理得，
故.
方法二:
依题意，得，令，
因为，所以，则，
又，所以，则，
又点在上，则，整理得，则，
所以，即，
整理得，则，解得或，
又，所以或（舍去），故.
故答案为：.
【点睛】关键点睛：双曲线过焦点的三角形的解决关键是充分利用双曲线的定义，结合勾股定理与余弦定理得到关于的齐次方程，从而得解.
四、解答题
17．已知三角形的三个顶点是，，，边BC上的高所在直线为l．
(1)求直线l的方程；
(2)求直线l关于点B对称的直线的方程．
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）应用两点式求斜率，再由直线垂直得，应用点斜式写出直线l的方程；
（2）由直线平行设直线的方程为，根据已知及点线距离公式列方程求参数，即可得直线的方程．
【详解】（1）因为点，，所以，
因为，所以，且直线l经过点，
所以直线l的方程为，即．
（2）设直线的方程为，
由点到直线l和直线的距离相等，
所以，解得，
所以直线的方程为．
18．已知等差数列中，前项和为，已知，.
(1)求；
(2)设，求数列的前项和.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）求出首项与公差，再根据等差数列的前项和公式即可得解；
（2）利用裂项相消法求解即可.
【详解】（1）设公差为，
由，，
得，解得，
所以，
故；
（2）由（1）得，
所以.
19．已知动点与两定点，的距离的比为.
(1)求动点的轨迹方程并说明是什么图形；
(2)过点作直线l，l与点的轨迹相交于、两点，已知，若，求直线l的方程.
【答案】(1)方程为，轨迹为以为圆心，2为半径的圆
(2)或
【分析】（1）根据题意，列出方程，即可求解；
（2）解法一：设直线：，利用点到直线的距离公式和圆的弦长公式，得到的面积，列出方程求得的值，即可求解；
方法二：设直线：, 联立方程组，得到，结合，列出方程，求得的值，即可求解.
【详解】（1）解：由动点与两定点，的距离的比为，
可得，
整理得， 即，
所以动点P是以为圆心，2为半径的圆.
（2）解法一：由题意知的斜率一定存在且不等于0，
设直线：，即，
点Q到l的距离，
则弦长为，
因为，所以，
化简得，解得或，所以或，
所以直线的方程为或.
方法二：由题意知的斜率一定存在且不等于0，
设直线：, 且点，，
联立方程，整理得，
所以，即，且，
则，
因为，所以，
化简得，解得或，所以或，
所以直线的方程为或.
20．已知数列满足，．
(1)求数列的通项公式；
(2)若对任意恒成立，求实数的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由，当时，可得，两式相减，得到，再由，即可求解；
（2）由（1）得到，结合裂项相消法求和，求得，因为对任意恒成立，转化为对任意恒成立，令，结合函数的单调性，求得的最小值，即可求解.
【详解】（1）解：由数列满足，
当时，可得，
两式相减，可得，即，
又由时，可得，适合上式，
所以数列的通项公式.
（2）解：由（1）知，可得，
所以
，
因为对任意恒成立，即对任意恒成立，
即对任意恒成立，
令，即，
可得函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，
又由，，
所以的最小值为，可得，
所以实数的取值范围为.
21．已知双曲线C的中心为坐标原点，左焦点为，离心率为．
(1)求C的方程；
(2)记C的左、右顶点分别为，，过点的直线与C的左支交于M，N两点，M在第二象限，直线与交于点P．证明:点在定直线上.
【答案】(1)
(2)证明见解析.
【分析】（1）由题意求得的值即可确定双曲线方程；
（2）设出直线方程，与双曲线方程联立，然后由点的坐标分别写出直线与的方程，联立直线方程，消去，结合韦达定理计算可得，即交点的横坐标为定值，据此可证得点在定直线上.
【详解】（1）设双曲线方程为，由焦点坐标可知，
则由可得，，
双曲线方程为.
（2）由(1)可得，设，
显然直线的斜率不为0，所以设直线的方程为，且，
与联立可得，且，
则，

直线的方程为，直线的方程为，
联立直线与直线的方程可得：
，
由可得，即，
据此可得点在定直线上运动.
【点睛】关键点点睛:求双曲线方程的定直线问题，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中根据设而不求的思想，利用韦达定理得到根与系数的关系可以简化运算，是解题的关键.
22．在平面直角坐标系xOy中，已知圆O：，点，以线段FG为直径的圆与圆O相切，记动点G的轨迹为W．
(1)求W的方程；
(2)设点M在x轴上，点，在W上是否存在两点A，B，使得当A，B，N三点共线时，是以AB为斜边的等腰直角三角形？若存在，求出点M的坐标和直线AB的方程；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)；
(2)答案见解析.
【分析】（1）结合题意，通过相切可判断动点G的轨迹为双曲线，进而求出方程;
（2）利用是以AB为斜边的等腰直角三角形得到：，，找到的关系，并求出，进而得到相应的直线.
【详解】（1）设，以线段FG为直径的圆的圆心为点C，圆C与圆O相切于点H，
则．因为C为FG的中点，O为的中点，
所以，．
当圆C与圆O内切时，；
当圆C与圆O外切时，，
所以为定值．
又因为，所以动点G的轨迹是以，F为焦点的双曲线．
设它的方程是（，），
则，，即，所以W的方程为．
（2）假设存在符合题意的点A，B，
由A，B，N三点共线，知直线AB斜率存在．
设直线AB的方程为，，，
由消去y并整理，得，
则解得，且，
，
设线段AB的中点为，
则，．
设点，则，．
连结TM，则，
即，即，整理得．
由，
得，
即，
即，
所以，
整理，得，解得，
显然满足条件，且．
当时，点M的坐标为，直线AB的方程为；
当时，点M的坐标为，直线AB的方程为．
所以存在满足题意的两点A，B，此时，直线AB的方程为；
或，直线AB的方程为．