2023-2024学年陕西省西安市黄河中学高二上学期12月月考数学试题含答案

这是一份2023-2024学年陕西省西安市黄河中学高二上学期12月月考数学试题含答案，共13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．在空间直角坐标系中，点是点在坐标平面内的射影，则的坐标为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据已知条件可得出点的坐标.
【详解】在空间直角坐标系中，点是点在坐标平面内的射影，
则点的坐标为.
故选：A.
2．数列1，，，…的通项公式可能是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】代入即可结合选项逐一排除.
【详解】当时，对于B中，
当时，对于C中，对于D中，
四个选项中只有同时满足，，.
故选：A
3．在等比数列中，若，则（ ）
A．6B．9C．D．
【答案】A
【分析】根据等比数列性质直接求解即可.
【详解】因为，所以（负值舍去），
所以.
故选：A
4．已知双曲线，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据双曲线的定义计算即可.
【详解】由题意得，所以或.
故选：D
5．已知从冬至日起，小寒､大寒､立春､雨水､惊蛰､春分､清明､谷雨､立夏､小满､芒种这十二个节气的日影长减等寸（减等寸：以相等的尺寸减少）.若雨水的日影长为95寸，冬至､小寒､大寒､立春的日影长之和为480寸，则冬至的日影长为（ ）
A．135寸B．130寸C．125寸D．120寸
【答案】A
【分析】利用等差数列的通项公式与前项和公式列式求解即可.
【详解】由题意得十二个节气的日影长成等差数列，设该等差数列的公差为，
则，解得，
所以冬至的日影长为135寸.
故选：A.
6．已知是圆上一点，是圆上一点，则的最小值为（ ）
A．1B．C．2D．
【答案】B
【分析】利用两圆的圆心距及圆的性质计算即可.
【详解】因为，，所以，且两圆的半径分别为，即两圆外离，
所以的最小值为.
故选：B
7．已知椭圆（）的左，右焦点分别为，，P为椭圆上一点，的最大值为3，且，则椭圆的标准方程为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由题意得，根据椭圆的定义可得，结合计算即可求解.
【详解】因为的最大值为3，所以．
因为，所以，即，所以，．
又，所以，所以椭圆的标准方程为
故选：B
8．曲线具有如下3个性质：（1）曲线上没有一个点位于第一､三象限；（2）曲线上位于第二象限的任意一点到点距离等于到直线的距离；（3）曲线上位于第四象限的任意一点到点的距离等于到直线的距离.那么.曲线的方程可以为（ ）
A．B．
C． D．
【答案】B
【分析】借助抛物线的定义判断即可.
【详解】根据抛物线的定义，到点的距离等于到直线的距离的点的轨迹是以为焦点，
直线为准线的抛物线，其方程为.
同理可得到点的距离等于到直线的距离的点的轨迹方程为.
存在点位于第一､三象限，根据性质（1）可得错误.
根据性质（2）与（3），曲线的方程可以为,
故选：B.
二、多选题
9．已知向量，，则下列结论正确的是（ ）
A．若，则B．若，则
C．若，则D．若，则
【答案】AC
【分析】根据向量平行的坐标表示计算得出的值判断A，B；根据向量垂直的坐标表示计算得出的关系判断C，D.
【详解】若，则，得，故A正确，B错误；
若，则，即，故C正确，D错误；
故选：AC.
10．已知椭圆的离心率为，双曲线的离心率为，若，则（ ）
A．B．C．的焦距为D．的焦距为4
【答案】ACD
【分析】先根据题意及椭圆和双曲线的离心率的定义求得的值，从而即可求出，，的值，进而即可判断各选项．
【详解】由，得，得，即，
所以，的焦距为，的焦距为．
故选：ACD．
11．如图，在四面体中，两两垂直，，则（ ）
A．向量在向量上的投影向量为
B．向量在向量上的投影向量为
C．向量
D．向量
【答案】AD
【分析】利用投影向量的定义及空间向量的基本定理计算即可.
【详解】
如图所示，取，连接，则.
因为两两垂直，，
所以在上的投影为点，在上的投影为点，
所以向量在向量上的投影向量为，故A正确，B错误；
，故C错误，D正确.
故选：AD
12．已知为等差数列，，，则（ ）
A．的公差为3B．
C．数列的前n项和为D．数列的前50项和为1250
【答案】BCD
【分析】由、可计算出的通项公式，得出A、B选项；
数列的前项和可通过裂项相消求和计算；的前50项中前25项为负数，后25项为正数，即可得其和为，结合等差数列前项和公式即可得.
【详解】设的公差为，前项和为，
因为，，
所以，，所以，
所以，
故A不正确，B正确；
因为，
所以，
所以的前n项和为，故C正确；
因为，且当时，，
所以的前50项和为，
故D正确.
故选：BCD.
三、填空题
13．已知数列的前项和为，且，则 .
【答案】7
【分析】直接利用与的关系计算即可.
【详解】由题意得.
故答案为：7
14．已知直线与圆交于、两点，则 .
【答案】4
【分析】借助点到直线的距离公式算出圆心到直线的距离，结合弦长公式即可得.
【详解】圆心到直线的距离为，所以.
故答案为：4.
15．抛物线C：的焦点为，为抛物线上一动点，，则的最小值为 ．
【答案】13
【分析】根据抛物线定义并结合图形从而求解.
【详解】由题意知抛物线的准线为：，
点到直线的距离为，则，
所以．
结合图形可知，当时，最小，
故的最小值为，
故答案为：.
16．在正项等比数列中，为其前项和，若，则 .
【答案】726
【分析】利用等比数列片断和性质即可得解.
【详解】因为为正项等比数列，所以仍为正项等比数列，
设，因为，所以成正项等比数列，
由，解得或（舍去），
所以数列的公比为3，
因为，
所以，
故.
故答案为：726.
四、解答题
17．已知直线经过点.
(1)若的斜率为2，求的斜截式方程；
(2)若在轴上的截距为6，求的截距式方程.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用点斜式得到直线的方程，再转换为斜截式；
（2）利用截距式得到直线的方程；
【详解】（1）由题意得的方程为，其斜截式方程为.
（2）设的截距式方程为.
由题意得，得，所以的截距式方程为.
18．已知两点，线段是圆的直径.
(1)求圆的圆心坐标和半径；
(2)若直线与圆相切，求.
【答案】(1)圆心，圆的半径为；
(2)或.
【分析】（1）利用中点坐标公式及两点距离公式计算即可；
（2）根据直线与圆的位置关系计算即可.
【详解】（1）由题意得圆心是线段的中点，则，
因为，
所以圆的半径为.
（2）由题意得圆心到直线的距离为，
解得或.
19．已知椭圆的长轴长是短轴长的2倍，且经过点.
(1)求的方程；
(2)若直线与交于两点，求.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据条件可得，，即得椭圆的方程．
（2）直线与椭圆联立方程组，利用韦达定理，结合弦长公式求得.
【详解】（1）由题意得，
则，得，
所以的方程为.
（2）设，联立，得.
由韦达定理得
所以.
20．已知数列的前项和为，，.
(1)求的通项公式；
(2)若数列的前项和为，证明：.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）直接由的关系结合等比数列的定义即可得解.
（2）直接用错位相减法求和即可，进一步即可得证.
【详解】（1）由题意得，得，
则是首项为，公比为的等比数列，
所以的通项公式为.
（2）由题意得，
，
两式相减，得
，
所以，
因为，所以.
21．如图，在棱长4的正方体中，是的中点，点在棱上，且.
(1)求平面与平面夹角的余弦值；
(2)若为平面内一点，且平面，求点到平面的距离.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）建立空间直角坐标系，求出平面和平面的法向量，求其夹角的余弦值即可得答案.
（2）利用空间向量的方法解决点到面的距离.
【详解】（1）以为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
.
设平面的法向量为，则，
取，则，得.
因为平面，所以平面的一个法向量为，
则平面与平面夹角的余弦值为.
（2）设，则.
因为平面，所以，则，得，即.
因为，所以点到平面的距离为.
22．已知圆，圆，动圆与这两个圆中的一个内切，另一个外切.
(1)求动圆圆心的轨迹方程.
(2)若动圆圆心的轨迹为曲线，，斜率不为0的直线与曲线交于不同于的，两点，，垂足为点，若以为直径的圆经过点，试问是否存在定点，使为定值？若存在，求出该定值及的坐标；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)
(2)存在，定值为6，
【分析】（1）由题意根据圆与圆的位置关系可得，进一步由双曲线的定义即可得解.
（2）由题意以为直径的圆经过点，所以，即，联立直线方程与椭圆方程结合韦达定理可得直线过定点，而，即点在中点为圆心，的一半为半径的圆上，由此即可得解.
【详解】（1）设动圆的半径为，由题意圆、的半径均为2，圆心.
因为动圆与圆，圆一个外切，另一个内切，所以或，得，
所以圆心的轨迹是以，为焦点，实轴长为4的双曲线，
即，得动圆圆心的轨迹方程为.
（2）如图所示：
存在定点，使得为定值6，理由如下：
直线的斜率不为0，设直线，，，
则，.
由得，
由，得，
由韦达定理得，
因为以为直径的圆经过点，所以，
则.
因为
，
所以，
得.
因为直线不经过，所以，，满足.
直线经过定点.
取，，当，不重合时，，
则由斜边上的中线等于斜边的一半可知，
当，重合时，.
故存在定点，使得为定值6.
【点睛】关键点睛：本题第一问的关键是充分利用圆与圆之间的位置关系以及双曲线的定义即可，第二问关键是数学结合，首先求出直线过顶点，进一步根据平面几何知识确定点在定圆上运动，从而即可顺利得解.