2023-2024学年江苏省南通市如皋市高二上学期12月月考数学试题含答案

这是一份2023-2024学年江苏省南通市如皋市高二上学期12月月考数学试题含答案，共22页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题，证明题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．正项等比数列中，，，则（ ）
A．B．3C．6D．9
【答案】B
【分析】根据题意和等比数列的性质计算即可.
【详解】设等比数列的公比为，
因为数列为正项等比数列，所以，
由题，
则，所以，
所以.
故选：B
2．“”是“方程表示双曲线”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】利用方程为表示双曲线的条件，求得的取值范围，再根据充分条件和必要条件的定义判断条件和结论的关系.
【详解】因为方程表示双曲线，
所以，
解得或，
因为由可推出或，，但是由或，不能推出，
所以“”是“方程表示双曲线”的充分不必要条件，
故选：A.
3．已知圆的半径为2，圆心在轴的正半轴上，直线与圆相切，则圆的方程为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】设圆心坐标为，根据圆与直线相切可求出，进而得到圆心和半径，于是可得圆的方程．
【详解】由题意设圆心坐标为，
因为圆与直线相切，
则，且，解得，
即圆心为，半径为，
所以圆C的方程为，即．
故选：D．
4．设为不同的平面，为不同的直线，下列命题正确的是（ ）
A．若，，则
B．若，，，，则
C．若，，，则
D．若，，，则
【答案】C
【分析】对于空间中的直线和平面关系的判断，一般可以考虑从构建长方体（正方体）模型判断，从结论的反面情况考虑能否满足条件以及从正面推理得出结论等方法解决.
【详解】对于A选项，当时，也能满足条件，，故A项错误；
对于B选项，在满足条件，，，时，若，则不能得出，故B项错误；

对于C选项，如图，设，在平面内作直线，因，则，同理在平面内作直线，因，则，所以，
，，则，又，，所以，所以，即C项正确；
对于D选项，在满足条件，时，若，只需使，即可满足 ，但此时不平行，故D项错误.
故选：C.
5．设数列满足，且，则（ ）
A．-2B．C．D．3
【答案】A
【分析】判断出数列的周期为4，即可求解.
【详解】因为，，
所以，，，，
显然数列的周期为4，而，因此.
故选：A.
6．已知公差的等差数列前项和为，满足，则下列结论中正确的是（ ）
A．是中的最大值B．是中的最小值
C．D．
【答案】D
【分析】根据题意，由条件可得，然后分与讨论，对选项逐一判断，即可得到结果.
【详解】因为等差数列前项和为，且，
则，
所以，即，
且公差，当时，由可得，
，则是中的最小值，且，
当时，由可得，
，则是中的最大值，且，故ABC错误；
又，且，故D正确；
故选：D
7．已知正四棱台的上、下底面边长分别为2和4，若侧棱与底面所成的角为，则该正四棱台的体积为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】作出图形，结合正四棱台的性质求得其高，从而利用棱台的体积公式即可得解.
【详解】记正四棱台的上、下底面的中心为，连接，
在平面中过作平行于，交于，如图，
则由正四棱台的性质可知底面，从而底面，
所以为侧棱与底面所成的角，即，
因为正四棱台的上、下底面边长分别为2和4，
所以，则，
故，即正四棱台的高为，
所以该正四棱台的体积为.
故选：C.
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．在平面直角坐标系中，已知双曲线：，则（ ）
A．的实轴长为2
B．的离心率为2
C．的渐近线方程为
D．的右焦点到渐近线的距离为
【答案】BD
【分析】根据双曲线方程可得，根据双曲线的几何性质逐项判断ABC即可，根据点到直线的距离公式即可求解D.
【详解】由双曲线：可得：，
所以，
故实轴长为，故A 错误，
离心率为，故B正确，
渐近线方程为，故C错误，
右焦点为，到渐近线的距离为，故D正确，
故选：BD
10．已知正方体的棱长为2，为中点，下列结论正确的是（ ）.
A．B．点到平面的距离为
C．面面D．二面角的正切值为
【答案】ABC
【分析】对于选项A：连接与交于点，连接，根据中位线得出，即可根据线面平行的判定来判断选项A；
对于选项B：取的中点，连接与交于点，根据三角形全等得出角相等，即可得出，由正方体的性质得出，即可得出面，
则点到平面的距离为,在通过计算即可判断选项B；
对于选项C：连接交于点，连接,通过等腰三角形的三线合一得出，再通过勾股定理得出，即可根据面面垂直的判定来判断选项C；
对于选项D：通过等腰三角形的三线合一得出,,则面与面的二面角的平面角为，再在直角三角形中，计算得出，即可判断选项D.
【详解】对于选项A：

连接与交于点，连接，
四边形为正方形，
点为的中点，
点为的中点，
为的中位线，
，
面，面，
，故选项A正确；
对于选项B：

取的中点，连接与交于点，
为正方形，点为的中点，
，，
,
,
,
,则，
，
面,面，
，
面，面，，
面，
点到平面的距离为,
,即，解得,
故点到平面的距离为，故选项B正确；
对于选项C：

连接交于点，连接,
,点为中点，
，
,,,
,
,
面，面，,
面，
面，
面面，故选项C正确；
对于选项D：

,，点为中点，
,,
面面，
面与面的二面角的平面角为，
在直角三角形中，，故选项D错误；
故选：ABC.
11．已知数列的前项和为，满足（且），则（ ）
A．数列是等比数列
B．若，则
C．若，数列是递增数列
D．若，数列是递减数列
【答案】ABD
【分析】先根据前n项和求出再根据通项公式分别判断AD选项，特殊值法判断C选项，计算判断B选项即可.
【详解】,
,
且,
数列是等比数列,A选项正确;
若，则，B选项正确；
若，若，，数列不是递增数列，C选项不正确；
若，数列是递减数列，D选项正确.
故选：ABD.
12．已知A（不在x轴上）是圆上一点，点，，直线与圆的另一个交点为B，则（ ）
A．
B．
C．周长的最小值为
D．存在点A使得的面积为24
【答案】ABC
【分析】由满足的点轨迹判断选项A；由，证明判断选项B；由的最小值求周长的最小值判断选项C；计算的面积为24时的条件，判断选项D.
【详解】点，，设，若，
则有，化简得，
即点轨迹方程为，故A选项正确；
设所在直线为，代入圆消去，
得，
设，，则有，，
，
则有，所以，B选项正确；
，，周长为，
当最小时周长的最小，过，最小值为，
所以周长的最小值为，C选项正确；
，
若，解得，不成立，
故D选项错误.
故选：ABC
三、填空题
13．写出满足：过点的直线与圆相交于A，B两点，且的一条直线方程为 .
【答案】（或）
【分析】由弦，可计算的圆心到直线的距离为2，设出直线方程根据点到直线的距离公式可计算得解.
【详解】由题，直线过点与圆相交的弦，
可得圆心到直线的距离，
当直线的斜率不存在时，方程为，圆心到直线的距离为2，满足题意；
当直线的斜率存在时，设直线为，圆心到直线的距离为，
解得，所以直线方程为.
综上，符合题意的直线方程为或.
故答案为：（或答案为）.
14．斜率为的直线与椭圆交于A，B两点，为线段的中点，则椭圆的离心率为 .
【答案】
【分析】设，结合题意得到，，再代入椭圆方程化简，结合椭圆离心率公式即可得到答案.
【详解】设，
因为为线段的中点，
所以直线斜率，，
即，，
因为在椭圆上，
所以，两式相减得，
代入化简得，，
由题意知，，所以化简得，
则，显然，椭圆的焦点位于轴，
所以椭圆的离心率.
故答案为：
15．记为等差数列的前项和，若，，则 .
【答案】1
【分析】根据等差数列的性质和求和公式带入即可求解.
【详解】由①，②，
②①得，解得，
又，则，
.
故答案为：1.
四、双空题
16．已知正三棱锥的外接球为O，，，则外接球O的半径为 ，点D为的中点，过点D作外接球O的截面，则所得截面面积的最小值为 .
【答案】 2
【分析】如图，是在底面的射影，求出底面外接圆的半径和几何体外接球的半径，当截面垂直于时截面面积最小，求出截面圆的半径即得解.
【详解】如图：

是在底面的射影，由正弦定理得，的外接圆半径，
由勾股定理得棱锥的高，设球的半径为，
则，解得，
当过点D作球O的截面垂直于时，截面面积最小，
而，则，
此时截面圆半径为，故截面面积为.
故答案为：2；.
【点睛】关键点睛：本题第二问的解决关键是利用球的截面性质得到截面面积最小时的情况，从而利用勾股定理即可得解.
五、解答题
17．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.
六、证明题
18．如图，四棱锥中，若为等边三角形，底面为正方形，平面底面，E是的中点，G为的中点.
(1)求证：平面平面；
(2)求二面角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）为中点，连接与相交于点，由已知面面垂直得底面，可证，则有底面，可得平面平面；
（2）为中点，可证得，，二面角的平面角为，由余弦定理求出，可得.
【详解】（1）为中点，连接与相交于点，连接，如图所示，

为等边三角形，，
平面底面，平面底面，平面，底面，
底面为正方形，为中点，E是的中点，
则，，四边形为平行四边形，为中点，
又G为的中点，所以，则有底面，
平面，所以平面平面
（2）为中点，连接，如图所示，

为等边三角形，底面为正方形，不妨设，
则，，，
所以，，二面角的平面角为，
，中，由余弦定理，
，
则，
所以二面角的正弦值为.
19．记数列的前项和为，已知.
(1)设，证明：数列为等比数列，并求数列的通项公式；
(2)设，求数列的前项和.
【答案】(1)证明见解析，
(2)
【分析】（1）利用推得，从而利用等比数列的定义即可证明，进而求得；
（2）利用错位相减法结合分组求和法即可求出.
【详解】（1）因为，
当时，，解得得；
当时，由，得，
两式相减得，即，
则，即，
又，故，所以，
所以是以为首项，2为公比的等比数列，
所以，即，
所以．
（2）由（1）得，
所以,
所以，
则，
两式相减，得
，
所以．
七、解答题
20．在平面直角坐标系中椭圆的离心率为，直线被椭圆截得的弦长为3.
(1)求椭圆的方程；
(2)过椭圆右焦点的直线与椭圆交于A，B两点，若三角形面积为，求直线的方程.
【答案】(1)
(2)或
【分析】（1）将代入椭圆方程可直接得出交点坐标，根据弦长和即可求得椭圆方程；
（2）设直线方程，联立直线方程与椭圆方程，利用韦达定理和三角形面积，就可以解出直线方程.
【详解】（1）椭圆离心率为，则，即，
，
则椭圆方程化为
将代入椭圆方程可得，得，即.
因此弦长为，所以，则，
所以椭圆方程为.
（2）
由（1）可知，则直线与椭圆必定有两个交点，设交点为，.
设直线的方程为.
联立方程得
则有，.
所以.
而
所以，即.
所以，解得，即
故直线的方程为，即或.
【点睛】方法点睛：直线与椭圆的位置关系基本解题方法：
（1）设直线方程，注意考虑斜率是否存在；
（2）联立直线与椭圆方程并化简，注意判断是否有交点；
（3）韦达定理代入题设条件并化简求解.
八、证明题
21．如图，在多面体中，平面，平面平面，，，.
(1)若点在上，且，求证：平面；
(2)求与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取中点，根据面面垂直性质可得平面，进而得到，结合长度关系可证得四边形为平行四边形，得到，由线面平行的判定定理可得结论；
（2）以为坐标原点建立空间直角坐标系，利用线面角的向量求法可求得结果.
【详解】（1）取中点，连接，
，为等边三角形，，
平面平面，平面平面，平面，
平面，又平面，，
，，为中点，又为中点，
，，
，，
，，四边形为平行四边形，，
平面，平面，平面.
（2）连接，
，，又平面，两两互相垂直，
则以为坐标原点，正方向为轴正方向，可建立如图所示空间直角坐标系，
则，，，，
，，，
设平面的法向量，
则，令，解得：，，，
，
即与平面所成角的正弦值为.
九、解答题
22．已知双曲线与双曲线有相同的渐近线，且过点.
(1)求双曲线的方程；
(2)在双曲线上存在异于点的两点M、N，且满足直线、斜率之和为，点为直线上一点，且，是否存在定点，使得为定值.
【答案】(1)
(2)存在定点
【分析】（1）由题意设双曲线的方程，再利用待定系数法即可得解；
（2）分直线的斜率是否存在两种情况讨论，当直线的斜率存在时，设直线的方程为，，联立方程，利用韦达定理求出，再结合已知求出的关系，从而可求出直线过定点，进而可得出结论.
【详解】（1）由题意设双曲线的方程，
则，解得，
所以双曲线的方程为，即；
（2）当直线的斜率不存在时，设，则，
故，解得，
又，所以直线的斜率不存在时，不符合题意，
当直线的斜率存在时，设直线的方程为，，
联立，消得，
则且，
所以且，
，
则，
整理得，
即，
整理得，
即，
所以或，
当时，直线的方程为，
则直线过定点，
当时，直线的方程为，
则直线过定点，不符题意，
综上所述，直线过定点，
因为点为直线上一点，且，
所以，
所以点的轨迹为以线段为直径的圆，
所以当点为线段的中点时，为定值，
所以存在定点，使得为定值.
【点睛】方法点睛：求解直线过定点问题常用方法如下：
（1）“特殊探路，一般证明”：即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目的的一般性证明；
（2）“一般推理，特殊求解”：即设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线系或曲线的方程，再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即为所求点；
（3）求证直线过定点，常利用直线的点斜式方程或截距式来证明.