重庆市2023_2024学年高二数学上学期12月月考试卷含解析

这是一份重庆市2023_2024学年高二数学上学期12月月考试卷含解析，共20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（本大题共8小题，共40分.在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 在平面直角坐标系xOy中，直线的倾斜角为（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设直线的倾斜角为，，，可得，解得．
【详解】设直线的倾斜角为，，．
，解得．
故选：B．
【点睛】本题考查直线的倾斜角与斜率之间的关系、三角函数求值，考查推理能力与计算能力，属于基础题．
2. 已知双曲线的一条渐近线方程为，则（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】根据双曲线的方程写出渐近线方程，对照条件可求答案．
【解答】解：因为双曲线为，
所以它的渐近线方程为，
因为有一条渐近线方程为，所以．
故选：．
3. 用火柴棒摆“金鱼”，如图所示：
按照上面的规律，第个“金鱼”图需要火柴棒的根数为
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由图形间的关系可以看出，每多出一个小金鱼，则要多出6根火柴棒，则火柴棒的个数组成了一个首项是8，公差是6的等差数列，写出通项，求出第n项的火柴根数即可．
详解】由图形间的关系可以看出，每多出一个小金鱼，则要多出6根火柴棒，第一个图中有8根火柴棒组成，第二个图中有8+6个火柴棒组成，第三个图中有8+2×6个火柴组成，以此类推：组成n个系列正方形形的火柴棒的根数是8+6（n﹣1）∴第n个图中的火柴棒有6n+2．
故选D．
【点睛】本题考查归纳推理，考查等差数列的通项，解题的关键是看清随着小金鱼的增加，火柴的根数的变化趋势，属于基础题．
4. “圆”是中国文化的一个重要精神元素，在中式建筑中有着广泛的运用，最具代表性的便是园林中的门洞．如图，某园林中的圆弧形挪动高为2.5m，底面宽为1m，则该门洞的半径为（）
A. 1.2mB. 1.3 mC. 1.4 mD. 1.5 m
【答案】B
【解析】
【分析】设半径为R，根据垂径定理可以列方程求解即可.
【详解】设半径R，,解得,化简得.
故选：B.
5. 已知等差数列中，，则（ ）
A. 30B. 15C. 5D. 10
【答案】B
【解析】
【分析】根据等差数列的性质计算.
【详解】∵数列为等差数列，，所以
∴.
故选：B
6. 已知是双曲线C的两个焦点，P为C上一点，且，则C的离心率为（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据双曲线的定义及条件，表示出，结合余弦定理可得答案.
【详解】因为，由双曲线的定义可得，
所以，；
因为,由余弦定理可得，
整理可得，所以，即.
故选：A
【点睛】关键点睛：双曲线的定义是入手点，利用余弦定理建立间的等量关系是求解的关键.
7. 在我国古代数学名著《九章算术》中，将底面为直角三角形，且侧棱垂直于底面的棱柱称为堑堵．已知在堑堵中，，，，若直线与直线所成角为，则()
A. ​B. 2C. ​D. ​
【答案】B
【解析】
【分析】以为原点建立空间直角坐标系，利用向量方法求出和夹角余弦值即可求出竖坐标，从而得到答案．
【详解】如图，以为原点建立空间直角坐标系，
则，，，设，
则，，
，
解得，故．
故选：B．
8. 如图，已知抛物线：和圆：，过抛物线的焦点作直线与上述两曲线自左而右依次交于点，，，，则的最小值为（）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由题可设直线的方程为，设，利用韦达定理可得，再结合抛物线的定义可得，然后利用基本不等式即得.
【详解】由抛物线：可知焦点为，
当直线的斜率为0时，直线方程为，代入抛物线方程解得，
代入圆的方程得，
所以；
当直线斜率不为0时，设直线的方程为，
由，得，
设，则，
由抛物线的定义可知
∴，
∴，
当且仅当时取等号.
故选：D.
二、多选题（本大题共4小题，共20分.在每小题有多项符合题目要求）
9. 已知直线，直线，则（）
A. 当时，与的交点是B. 直线与都恒过
C. 若，则D. ，使得平行于
【答案】ABC
【解析】
【分析】将代入，联立两直线方程即可求得交点，则A可解；由直线过定点问题可求B；由两直线垂直时的斜率之积为可解C，注意讨论斜率为0和斜率不存在的情况；由两直线平行得到关于a的方程，解方程可得a值，再代入验证两直线是否重合即可判断D.
【详解】对于A，当时，，，
，解得，故交点为，即A正确；
对于B，，恒过定点，，
，解得，，也过定点，故B正确；
对于C，当时，与不垂直，
当时，由可得，解得，故C正确；
对于D，由可得，解得或，
当时，，，两直线重合，不符合题意，
当时，，，两直线重合，不符合题意，故D错误；
故选：ABC.
10. 已知圆和圆的交点为A，B，则（）.
A. 两圆的圆心距
B. 直线AB的方程为
C. 圆上存在两点P和Q使得
D. 圆上的点到直线AB的最大距离为
【答案】BD
【解析】
【分析】由圆的一般方程，采用配方法，整理标准方程，可得圆的圆心坐标和半径，根据两点距离公式，公共弦求解方法（一般方程作差），圆的性质，直线与圆的位置关系，逐一验证，可得答案.
详解】由圆和圆，
可得圆和圆，
则圆圆心坐标为和半径为，圆的圆心坐标和半径，
对于A，因为两个圆相交，所以两圆的圆心距，故A错误；
对于B，将两圆方程作差可得，即得公共弦AB的方程为，故B正确；
对于C，直线AB经过圆的圆心坐标，所以线段AB是圆的直径，故圆中不存在比AB长的弦，故C错误；
对于D，圆的圆心坐标为，半径为2，圆心到直线AB：的距离为，所以圆上的点到直线AB的最大距离为，故D正确．
故选：BD
11. “奔跑吧少年”青少年阳光体育系列赛事活动于近日开赛，本次比赛的总冠军奖杯由一个铜球和一个托盘组成，如图①，已知球的体积，托盘由边长为4的正三角形钢片沿各边中点的连线垂直向上折叠而成，如图②则下列结论正确的是（）
A. 直线与平面所成的角为
B. 直线平面
C. 异面直线与所成的角的余弦值为
D. 球上的点离球托底面的最大距离为
【答案】AD
【解析】
【分析】A选项，由题意得到平面⊥平面，得到为直线与平面所成的角，大小为；B选项，作出辅助线，建立空间直角坐标系，写出点的坐标，求出平面的法向量，得到，B错误；C选项，利用空间向量求解异面直线的夹角余弦值；D选项，求出球的半径，得到四面体为正四面体，棱长为1，求出到平面的距离，从而得到球上的点离球托底面的最大距离.
【详解】A选项，因为托盘由边长为4的正三角形钢片沿各边中点的连线垂直向上折叠而成，
所以平面⊥平面，
过点作⊥于点，
因为平面平面，所以⊥平面，
故即为直线与平面所成的角，大小为，A正确；
B选项，过点C作⊥于点，同A选项，可证明⊥平面，
所以，
由三线合一可得分别为的中点，故，
连接，则四边形为平行四边形，故，
同理可得，
连接，则⊥，
以为坐标原点，分别以为轴，建立空间直角坐标系，
则，
平面的法向量设为，
则，
令得，，故，
又，
故直线与不垂直，故直线与平面不平行，B错误；
C选项，，
故异面直线与所成的角的余弦值为，C错误；
D选项，由B选项可知，，设为球心，球半径为，
由，解得，则为正四面体，棱长为1，
设为的中心，则⊥平面，又平面，
所以⊥，，则，
又，所以球离球托底面的最大距离为，D正确.
故选：AD
12. 已知点P为双曲线上任意一点，为其左、右焦点，O为坐标原点．过点P向双曲线两渐近线作垂线，设垂足分别为M、N，则下列所述正确的是（）
A. 为定值B. O、P、M、N四点一定共圆
C. 的最小值为D. 存在点P满足P、M、三点共线时，P、N、三点也共线
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据点到直线距离计算可判断A选项，根据对角互补判断四点共圆判断B选项，应用平面向量的数量积运算结合双曲线的性质判断C选项，根据双曲线对称性判断D选项.
【详解】设，点到渐近线的距离为，
同理，则，
，即，
（定值），故A正确；
当M、N均不与O重合时，由，和均为直角三角形，
故M，N两点在以OP为直径的圆上；
当M、N有与O重合时，也满足O、P、M、N四点共圆．故B正确；
由双曲线的对称性可知，
其中，
，成立，故C正确；
如图，
利用双曲线的对称性，不妨设直线垂直一条渐近线，垂足为M；
直线垂直另一条渐近线且交双曲线于点P，易知直线与直线的交点始终落在y轴上，故D不正确．
故选：ABC．
三、填空题（本大题共4小题，共20分）
13. 经过两点的直线的方向向量为，则______．
【答案】2
【解析】
【分析】方向向量与平行，由此可得．
【详解】由已知，是直线的方向向量，则，
故答案为：2.
14. 已知数列，，，，，，，，，，，，则该数列的第项为_____________.
【答案】
【解析】
【分析】通过已知数列，利用等差数列求和，求解数列数字个数的和，再判断所在的位置即可．
【详解】解：按规律排列的数列，，，，，，，，，，，，
可知是个；是个，是个，是个，是个，是个，是个，
因为，，
所以该数列的第项为：．
故答案为：．
15. 过点P作圆切线，记切点分别为A，B，则__________．
【答案】##0.5
【解析】
【分析】圆的方程化为，求出圆心和半径，利用直角三角形求出，再利用二倍角公式计算即可.
【详解】圆的方程化为，设圆心为C，则，
因为，故P点在圆外，
则，
在直角三角形ACP中，，
所以，
故答案为：.
16. 斐波那契数列因意大利数学家斐波那契以兔子繁殖为例引入，故又称为“兔子数列”，即，，，，，，，，，，，，，，在实际生活中，很多花朵如梅花、飞燕草、万寿菊等的瓣数恰是斐波那契数列中的数，斐波那契数列在现代物理及化学等领域也有着广泛的应用．斐波那契数列满足：，，经计算发现：（），则___________．
【答案】
【解析】
【分析】利用递推关系，将所求关系式中的“”换为，再利用即可求得答案．
【详解】依题意，得
，
即.
故答案为：．
四、解答题（本大题共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，，其中，，仍成等差数列．
（1）求数列的通项公式；
（2）求数列的前项和，且，求．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）设出公差，结合等差数列性质计算即可得；
（2）由与的关系，构造出计算即可得.
【小问1详解】
设等差数列的公差为，由，是与的等差中项，
得，解得，，
故；
【小问2详解】
由，故，
当时，，
则，
当时，，不符合上式，
故.
18. 已知圆C的圆心为C，且过点，．
（1）当AB为直径时，圆C的面积取得最小值，求此时圆C的标准方程及圆C的面积；
（2）对于（1）中的圆，设过点的直线与圆C所截得弦长为2，求直线的方程．
【答案】（1），；
（2）或.
【解析】
【分析】（1）求出线段中点，圆C的半径即可得解.
（2）根据给定条件，求出圆心到直线的距离，再按斜率存在与否求解即得.
【小问1详解】
当为直径时，AB中点为圆心，半径，
所以圆C的方程为：，圆C的面积.
【小问2详解】
由被截得弦长为，圆的半径为，得圆心到直线的距离为，
当直线的斜率存在时，设其方程为，即，
则圆心到直线的距离，解得，直线的方程为，
又直线的斜率不存在时，其方程为，圆心到直线的距离为2，
所以直线的方程为或.
19. 如图，四棱锥的底面是边长为的正方形，侧面底面，且分别为棱的中点．
（1）求证：；
（2）求点到平面的距离．
【答案】19. 证明见解析
20.
【解析】
【分析】（1）利用面面垂直推出另一个线面垂直，再结合一个线线垂直条件即可得证.
（2）取的中点，连接，根据面面垂直的性质可证底面，以为坐标原点，过平行于的直线为轴，以，所在直线分别为轴和轴建立空间直角坐标系，标出所用点的坐标，求出和所对应向量的坐标，由两向量的数量积等于可证明；求出平面的一个法向量，在平面内任取一点，和连接后得到一个向量，直接运用向量求点到平面的距离公式求距离即可．
【小问1详解】
在中，易知且是的中点，
故，且在正方形中，，面面，
面面，面面，故面，
易知面，故，又，，
综上
【小问2详解】
如图，以为坐标原点，过平行于的直线为轴，以，所在直线分别为轴和轴建立空间直角坐标系，
则，，，
，，，，
．
设平面的法向量为，
由，得，取，得，．
所以，
又，
所以点到平面的距离
20. 已知是抛物线的焦点，抛物线上点A满足AF垂直于x轴，且．
（1）求抛物线C的标准方程；
（2）是该抛物线上的两点，，求线段的中点到轴的距离；
（3）已知点，直线过点与抛物线交于，两个不同的点均与点H不重合，设直线，的斜率分别为，，求证：为定值．
【答案】（1）
（2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由题意代入坐标可得的值，从而得到抛物线方程
（2）然后再依据定义求得线段的中点到轴的距离．
（3）设过点的直线的方程为，代入利用韦达定理，结合斜率公式，化简，即可求的值．
【小问1详解】
由题知，又，所以，解得.
所以抛物线的方程为．
【小问2详解】
．
线段的中点到轴的距离为．
【小问3详解】
证明：设过点的直线的方程为，
即，代入，得，
设，，
则，，
所以，
，
所以定值．
21. 如图，在正三棱柱中，，，分别为，，的中点，，．
（1）证明：平面．
（2）若平面，求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据线面平行的判定定理，给合三角形中位线定理、平行线的性质进行证明即可；
（2）利用空间向量夹角公式进行求解即可.
【小问1详解】
因为，分别为，的中点，所以．
在正三棱柱中，
所以．
又平面，平面，所以平面．
【小问2详解】
取的中点，连接．以为坐标原点，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
易知是平面的一个法向量，
所以．
故平面与平面夹角的余弦值为．
22. 已知椭圆C的方程为，其离心率为，，为椭圆的左右焦点，过作一条不平行于坐标轴的直线交椭圆于A，B两点，的周长为．
（1）求椭圆C的方程；
（2）过B作x轴的垂线交椭圆于点D．
①试讨论直线AD是否恒过定点，若是，求出定点坐标；若不是，请说明理由．
②求面积的最大值．
【答案】（1）；
（2）①恒过定点；②.
【解析】
【分析】（1）根据已知焦点三角形周长，由椭圆定义及其离心率求椭圆参数即可得方程；
（2）①设直线AD为且，，，，联立椭圆方程，应用韦达定理并结合A，B，共线有，整理化简求参数m，即可确定定点；②由直线AD所过定点，结合并将韦达公式代入化简，应用基本不等式求面积最大值，注意取值条件.
【小问1详解】
由题的周长，可得，
又，则，，故椭圆的方程为．
【小问2详解】
①由题，设直线AD为且，，，，
联立方程可得：，化简可得：
，
所以，，
因为A，B，共线，则有，化简可得，
即，化简可得恒成立．
∴，即直线AD的方程为恒过定点．
②设直线AD恒过定点记为，
由上，可得，
所以，·
，
令，则，
当且仅当，即时，取等号．
∴面积的最大值为．
【点睛】关键点点睛：第二问，设直线AD为且，利用椭圆方程，应用韦达定理及已知条件求出参数m为关键.