安徽省2023_2024学年高二数学上学期12月联考试题含解析

这是一份安徽省2023_2024学年高二数学上学期12月联考试题含解析，共21页。试卷主要包含了 已知抛物线， 已知点是双曲线， 已知椭圆， 已知，，，则， 已知等内容，欢迎下载使用。

A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用直线的平行系方程及点在直线上即可求解.
【详解】设与直线平行的直线的方程为，
将点代入得，解得，
所以所求直线的方程为.
故选：A.
2. 已知等轴双曲线的对称轴为坐标轴，且经过点，则双曲线的标准方程为（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】设出等轴双曲线的标准方程，将代入即可求解.
【详解】设等轴双曲线的方程为，
将点代入得，解得.
所以双曲线的标准方程为.
故选:C.
3. 若曲线表示椭圆，则实数的取值范围是（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用二元二次方程与椭圆的关系列式求解即可.
【详解】若曲线表示椭圆，则，解得且，
所以实数的取值范围是.
故选：B.
4. 已知抛物线：（），过点且垂直于轴的直线交抛物线于，两点，为坐标原点，若的面积为9，则（）
A. B. 2C. D. 3
【答案】A
【解析】
【分析】根据已知条件联立方程组求出两点的坐标，利用两点的距离公式及三角形的面积公式即可求解.
【详解】将代入，得，由对称性不妨设在轴上方，
所以点，，
所以，，
因为，解得.
故选：A.
5. 已知等差数列是递增数列，其前项和为，且满足，当时，实数的最小值为（）
A. 10B. 11C. 20D. 21
【答案】C
【解析】
【分析】先设等差数列的公差为，得到，再根据题意求出，从而得到，进而即可得到答案．
【详解】设等差数列的公差为，
由是递增数列，则，
又，即，即，即，得，
则，，
所以当时，的最小值为20．
故选：C．
6. 已知点是双曲线：上一点，则点到双曲线两条渐近线的距离之积为（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设出，利用点到直线距离分别求出点到渐近线的距离，从而求解.
【详解】由双曲线的方程知渐近线方程为，设，
由题意，得，即，
点到渐近线的距离，
点到渐近线的距离，
所以，故B项正确.
故选：B.
7. 已知正四棱锥的各棱长均相等，点是的中点，点是的中点，则异面直线和所成角的余弦值是（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，设，写出点的坐标，利用空间向量夹角公式进行求解.
【详解】设，相交于点，
根据题意，以，，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，如图所示，
不妨设，则，，则，，
，，，
因为点是的中点，点是的中点，
所以，，
所以，，
则，
所以异面直线和所成角的余弦值是.
故选：D.
8. 已知椭圆：（）的左、右焦点分别为，，点在椭圆上，的延长线交椭圆于点，且，的面积为，记与的面积分别为，，则（）
A. B. C. D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】由三角形面积和余弦定理得到，求出，，所以，由椭圆定义求出其他边长，得到，求出，，所以.
【详解】不妨设，，焦距，
由的面积为，得，
由余弦定理，得，
则
，
所以，即，
所以，所以，易得，
，所以，
所以，由椭圆定义知，
所以，所以，
所以，，
所以.
故选：C.
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9. 已知，，，则（）
A. B.
C. D.
【答案】AC
【解析】
【分析】由向量模、数量积的坐标公式，以及向量共线定理逐一判断每一选项即可求解.
【详解】，所以，A正确；
，所以，B错误；
，，所以，C正确；
，不存实数，使得，故与不平行，D错误.
故选：AC.
10. 已知：，：，，，则下列说法正确的是（）
A. 若，分别是与上的点，则的最大值是
B. 当，时，与相交弦所在的直线方程为
C. 当时，若上有且只有3个点到直线的距离为1，则
D. 若与有3条公切线，则的最大值为4
【答案】AD
【解析】
【分析】A选项，求出圆心距，得到的最大值；B选项，先得到两圆相交，两圆相减得到相交弦方程；C选项，先得到点到直线的距离为1，由点到直线距离公式得到方程，求出答案；D选项，与外切，从而得到，利用基本不等式求出答案.
【详解】A选项，由题意可知，，所以，
又，分别是与上的点，所以的最大值是，A正确；
B选项，当，时，：，：，
由于圆心距为，而，故两圆相交，
两圆方程相减得，
故相交弦所在的直线方程为，B错误；
C选项，当时，若上有且只有3个点到直线的距离为1，
则点到直线的距离为1，所以，
解得，C错误；
D选项，若与有3条公切线，则与外切，即，
所以，当且仅当时等号成立，D正确.
故选：AD.
11. 已知倾斜角为的直线经过抛物线：（）的焦点，且与抛物线交于，两点（点在第一象限），与抛物线的准线交于点，则（）
A. 以为直径的圆与轴相切B. 准线上存在唯一点，使得
C. D.
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据题意作出图形，利用数型结合及抛物线的知识及定义逐项判断即可求解.
【详解】对于A：设，，，的中点为，
由抛物线的定义，得，的中点到轴的距离为，
故以为直径的圆与轴相切，故A正确；
对于B：，的中点到准线的距离为，
因此以为直径圆与准线相切，故准线上存在唯一点，使得，故B正确；
对于C、D：如图所示，过点，作准线的垂线，垂足分别为点，，由倾斜角为，
可得，设，则，因为，
所以，，故C正确；
设，则，因为，
所以，所以，所以，故D错误.
故选：ABC.
12. “斐波那契螺旋线”是根据斐波那契数列画出来的螺旋曲线，也称为“黄金螺旋曲线”，图中小正方形的边长从小到大分别为斐波那契数列，其中，，，，…，小正方形的面积从小到大记为数列，小正方形所对应扇形的面积从小到大记为数列，则（）
A. B.
C. D.
【答案】BC
【解析】
【分析】A选项，先得到，代入，求出A错误；B选项，由数列规律得到B正确；C选项，先得到，从而裂项相消法求出C正确；D选项，先得到，结合C选项，求出D错误.
【详解】A选项，因为，，
所以，
令，得，
所以，A错误；
B选项，
，B正确；
C选项，，
所以
，C正确；
D选项，，
所以，D错误.
故选：BC.
【点睛】斐波那契数列的性质：（1）；
（2）；
（3）；
（4）；
（5）；
（6）；
（7）；
（8）；
（9）；
（10）
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 已知数列是等差数列，，则______.
【答案】
【解析】
【分析】直接由等差数列的运算性质运算即可.
【详解】根据等差数列的性质，得，所以，所以.
故答案为：.
14. 已知过原点作圆：的两条切线，切点分别是，，则______.
【答案】##0.28
【解析】
【分析】先计算出圆心和半径，进而得到，利用余弦二倍角公式求出答案.
【详解】由题意知，圆的圆心坐标为，半径，
所以，，
所以.
故答案为：
15. 已知点是抛物线上的一个动点，则的最小值是______.
【答案】13
【解析】
【分析】作出辅助线，结合焦半径和点到直线距离公式，数形结合得到当，，三点共线时取得最小值，即，得到答案.
【详解】过点作直线与直线垂直，垂足为，
点为抛物线的焦点，则，，
过点作直线与垂直，垂足为，
则，
当且仅当，，三点共线时等号成立，即，
所以，
即的最小值是13.
故答案为：13
16. 已知双曲线：（，）的左、右焦点分别为，，直线：与双曲线的左、右两支分别交于，两点，且，若双曲线的离心率为，则______.
【答案】
【解析】
【分析】由题意知过且与双曲线的一条渐近线：垂直，设垂足为，根据长度关系得到，然后在借助余弦定理得到，从而得到答案.
【详解】
直线：过且与双曲线的一条渐近线：垂直，渐进线方程为，设垂足为，，
因为，所以，所以，
因为，由双曲线的定义得，，，
在中，，
即，
所以，所以，
所以（舍去），
所以.
故答案为：
【点睛】关键点睛：本题的关键是利用双曲线定义结合余弦定理得到关于的齐次方程，再结合与的关系即可.
四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17. 已知等差数列的前项和为，，.
（1）求数列的通项公式；
（2）令，求数列的前项和.
【答案】（1）;
（2）.
【解析】
【分析】（1）通过对等差数列的基本量的计算，易得数列的通项公式;
（2）表示出数列，利用等差数列的求和公式计算即可.
【小问1详解】
因为，所以.
设的公差为，所以，即，所以.
所以数列的通项公式为.
【小问2详解】
由（1），得.
所以，，所以数列是首项为1，公差为1的等差数列.
所以数列的前项和.
18. 已知圆的圆心是抛物线的焦点.
（1）求抛物线的方程；
（2）若直线交抛物线于两点，点是的中点，求直线的方程.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由圆心是抛物线的焦点，找到抛物线的焦点，从而得到抛物线的方程;
（2）利用点差法，找到直线的斜率，进而求得直线的方程.
【小问1详解】
圆的方程可化为，故圆心的坐标为.
设抛物线的方程为（），所以，所以，
所以抛物线的方程为.
【小问2详解】
设，，则两式相减，得，
即，所以直线的斜率.
因为点是的中点，所以，所以.
所以直线的方程为，即.
19. 在荾形中，，，将菱形沿着翻折，得到三棱锥如图所示，此时.
（1）求证：平面平面；
（2）若点是的中点，求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）取的中点，先证明线面垂直即平面，然后证明平面平面
（2）建立空间直角坐标系，然后利用空间向量法求解直线与平面所成夹角.
【小问1详解】
证明：因为四边形是菱形，，
所以与均为正三角形，
取的中点，连结，，则，
因为，所以，
因为，所以，
又，平面，所以平面.
因为平面，所以平面平面.
【小问2详解】
由（1）可知，，，两两垂直，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，，，，
因为是的中点，所以，
所以，，，
设为平面的一个法向量，则
令，得，所以.
所以，
设直线与平面所成角为，则，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
20. 已知椭圆：（）的左、右焦点分别是，，左、右顶点分别是，，上、下顶点分别是，，四边形的面积为，四边形的面积为.
（1）求椭圆的方程；
（2）直线：与圆：相切，与椭圆交于，两点，若的面积为，求由点，，，四点围成的四边形的面积.
【答案】（1）
（2）
【解析】
分析】（1）根据题意列方程组中分别求出，从而求解.
（2）将直线与椭圆方程联立，结合韦达定理从而求解.
【小问1详解】
设椭圆的焦距为，根据题意，得，
解得，，，所以椭圆的方程是.
【小问2详解】
设，，
因为直线与圆：相切，所以，所以.
联立得.
因为圆在椭圆内部，所以恒成立.
所以，.
所以
.
所以的面积，即，解得，
此时直线轴，所以，
所以四边形的面积为.
【点睛】关键点睛：（2）问中利用直线与椭圆联立后应用韦达定理求出弦长，从而求解.
21. 已知数列的前项和为，，，.
（1）求数列的通项公式；
（2）求数列的前项和.
【答案】21. ;
22. .
【解析】
【分析】（1）根据与的关系可得，进而得到数列的通项公式；
（2）表示出数列，利用裂项相消法即可求.
【小问1详解】
因为，所以当时，.
所以，即，所以，
所以，所以数列是常数列，所以，所以，
即数列的通项公式为.
【小问2详解】
因为，
所以，
所以.
.
22. 在平面直角坐标系中，已知动点、，点是线段的中点，且点在反比例函数的图象上，记动点的轨迹为曲线.
（1）求曲线的方程；
（2）若曲线与轴交于、两点，点是直线上的动点，直线、分别与曲线交于点、（异于、）.求证：直线过定点.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由已知条件可得出，设点，则，计算出的值，即可得出曲线的方程；
（2）设点在点的左侧，则由题意得、，设、、，写出直线、，与双曲线的方程联立，求出点、的坐标，可得出直线的方程，对直线的斜率是否存在进行分类讨论，化简直线的方程，即可得出直线所过定点的坐标.
【小问1详解】
解：因为点在反比例函数的图象上，所以，
设点，因为点是线段的中点，所以，可得，
所以，整理得.
所以曲线的方程为.
【小问2详解】
证明：不妨设点在点的左侧，则由题意得、，
设、、，则直线的方程为，
直线的方程为，
联立得，
当时，，
由韦达定理得，解得，，
同理得，，
当的斜率存在时，即时，，
直线的方程为，即，
此时恒过点；
当时，、，此时直线的方程为，过点；
当时，、，此时直线的方程为，过点.
综上，直线过定点.
【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.