2024-2025学年福建省厦门市高二上册第二次月考（12月）数学检测试题（含解析）

这是一份2024-2025学年福建省厦门市高二上册第二次月考（12月）数学检测试题（含解析），共18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）
1．等差数列中，已知，则该数列的前9项和为（ ）
A．54B．63C．66D．72
2．棱长为的正四面体中，点是AD的中点，则（ ）
A．B．C．D．
3．设 Sn 是等比数列 an 的前 n 项和，若 S3=4 ， a4+a5+a6=6 ，则 S9S6= （ ）
4．已知两条直线与被圆截得的线段长均为2，则圆的面积为（ ）
A．B．C．D．
5．如图所示，椭圆的中心在原点，焦点，在x轴上，A，B是椭圆的顶点，P是椭圆上一点，且轴，，则此椭圆的离心率是（ ）
A．B．C．D．
6．已知四面体中，，，两两垂直，，与平面所成角的正切值为，则点到平面的距离为（ ）
A．B．C．D．
7．设，若过定点A的动直线和过定点B的动直线交于点，则的最大值是（ ）
A．B．2C．3D．5
8．正方体的棱长为5，点在棱上，且，点是正方体下底面内（含边界）的动点，且动点到直线的距离与点到点的距离的平方差为25，则动点到点的最小值是（ ）
A．B．C．D．
二、多选题（本大题共3小题）
9．已知是等差数列的前项和，，且，则（ ）
A．公差B．C．D．时，最大
10．在正方体中，，点是的中点，空间中一点满足，则（ ）
A．当时，
B．当时，三棱锥的体积为定值
C．当时，有且仅有一个点，使得平面
D．当时，有且仅有一个点，使得与所成角为
11．双纽线，也称伯努利双纽线，伯努利双纽线的描述首见于1694年，雅各布·伯努利将其作为椭圆的一种类比来处理.椭圆是由到两个定点距离之和为定值的点的轨迹，而卡西尼卵形线则是由到两定点距离之乘积为定值的点的轨迹，当此定值使得轨迹经过两定点的中点时，轨迹便为伯努利双纽线.曲线：是双纽线，则下列结论正确的是（ ）
A．曲线经过5个整点（横、纵坐标均为整数的点）
B．已知，，为双纽线上任意一点，则
C．若直线与曲线只有一个交点，则实数的取值范围为
D．曲线关于直线对称的曲线方程为
三、填空题（本大题共3小题）
12．已知数列的前项和为，且满足，则 ．
13．如图，在四棱柱中，底面是平行四边形，点为的中点，若，则 .
14．古希腊数学家阿波罗尼斯的著作《圆锥曲线论》中有这样一个结论：平面内与两点距离的比为常数（）的点的轨迹是圆，后人称这个圆为阿波罗尼斯圆.已知点，为直线：上的动点，为圆：上的动点，则的最小值为 .
四、解答题（本大题共5小题）
15．若数列的前n项和为，且，等差数列满足，.
(1)求数列，的通项公式；
(2)设，求数列的前n项和.
16．如图，在四棱锥中，，，，，平面，与平面所成角为，为中点，

(1)证明：；
(2)若直线与平面所成角为，求的值.
17．已知双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的虚轴长为4，直线2x－y＝0为双曲线C的一条渐近线．
(1)求双曲线C的标准方程；
(2)记双曲线C的左、右顶点分别为A，B，过点T(2,0)的直线l交双曲线C于点M，N(点M在第一象限)，记直线MA的斜率为k1，直线NB的斜率为k2，求证：eq \f(k1,k2)为定值．
18．已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的左､右焦点分别为，离心率为，设Px0,y0是第一象限内椭圆上的一点，的延长线分别交椭圆于点，连接，若的周长为.

(1)求椭圆的方程；
(2)当轴，求的面积；
(3)若分别记的斜率分别为，求的最大值.
19．已知两个数列和的项数均为，且对于数列，其中，若存在满足：①，都有；②，使得，则称数列是的单极数列.
(1)已知，若的单极数列为，求满足条件的的个数.
(2)已知是的单极数列.
（i）若，求.
（ii）若，当时，证明.
答案
1．【正确答案】A
【详解】由等差数列的性质可知，则，
故前9项的和为.
故选A.
2．【正确答案】A
【详解】因为，
所以，
又，，，，
所以．
故选：A．
3．【正确答案】B
【分析】设等比数列 an 的公比为 q ，求得 q3 的值，再利用等比数列的求和公式可求得结果.
【详解】设等比数列 an 的公比为 q ，若 q=1 ，则 a4+a5+a6=3a1=S3 ，矛盾.
所以， q≠1 ，故 a4+a5+a6=a41−q31−q=a1q31−q31−q=q3S3 ，则 q3=32 ，
所以， S6=a11−q61−q=1+q3⋅a11−q31−q=52S3 ，
S9=a11−q91−q=1+q3+q6a11−q31−q=194S3 ，
因此， S9S6=19S34⋅25S3=1910 .
4．【正确答案】A
【详解】因为两条直线与，
所以，
所以与间的距离为，
所以圆心到直线的距离为1，
因为直线被圆截得的弦长为2，
所以圆的半径为，
所以圆的面积为.
故选：A.
5．【正确答案】B
【详解】椭圆方程，
则点P的坐标为，，，，
于是，，由得，即，
故，．
故选：B
6．【正确答案】D
【详解】以为原点，，，所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，如图所示：
设，，，，，．，，．
设平面的法向量为，
则，令，得，，故．
因为直线与平面所成角的正切值为，
所以直线与平面所成角的正弦值为．
即，解得．
所以平面的一个法向量，
故到平面的距离为．
故选：D
7．【正确答案】A
【分析】先确定两直线所过的定点、的坐标，然后根据两直线的位置关系可判断它们垂直，结合基本不等式求解即可.
【详解】依题意，直线过定点，直线可整理为，故直线过定点，
又因为直线和直线始终垂直，为两直线交点，
所以，
则，
由基本不等式可得，
当且仅当时取等号，所以的最大值是.
故选：A.
8．【正确答案】A
【详解】
如图所示，作，Q为垂足，则易知平面，
过点Q作，交于，则易知平面，所以即为P到直线的距离．
因为，且，所以．
所以点P的轨迹是以AD为准线，点M为焦点的抛物线．
如图建立直角坐标系，则点P的轨迹方程是，
点，设，所以
，所以当，取得最小值.
故选：A
9．【正确答案】BC
【详解】设等差数列的公差为，
由得，
由于，所以，，所以AD选项错误，B选项正确.
，C选项正确.
故选：BC
10．【正确答案】AC
【详解】对于选项A，当时，，
如图所示，

根据平面向量基本定理，此时P在线段上，
由于在正方体中，平面，平面，
所以，选项A正确；
对于选项B，当时，，
如图所示，

由平面向量基本定理，此时P在线段上，
由图可知，三棱锥当以平面为底面时为定值，
但因为顶点P在线段上运动，所以P到底面的高不确定，
故三棱锥的体积不是定值，选项B错误；
对于选项C，当时，如图所示，

此时，
由平面向量基本定理，取AB与中点M，N，则P在线段MN上运动，
由图可知，过B点且与平面平行的平面为平面，
平面，所以此时平面，
又P是MN与交点，即当且仅当P是MN中点时，有平面，
故选项C正确；
对于选项D，如图所示，

以D为原点，DC，DA，分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则，
因为，则有，
又，
所以，
所以.
于是，，
所以的夹角为时有，
，
解得或，
即或都可以使得的夹角为，
选项D错误.
故选：AC.
11．【正确答案】BCD
【详解】对于A，由，可得，
所以，即，
令，解得，或；
当时，得，无解；
当时，得，无解；
所以曲线C经过整点，故A错；
对于B，由于，，则，
所以为双纽线上任意一点，则，B正确；
对于C，直线与曲线一定有公共点，
若直线与曲线C只有一个交点，
所以，整理得无非零实数解，
，实数k的取值范围为，故C正确；
对于D，曲线方程中x，y互换可得曲线C关于直线对称的曲线方程为
，故D正确.
故选：BCD.
12．【正确答案】
【详解】根据题意，数列满足，
当时，有；
当时，有，不符合，
故
故
13．【正确答案】
【详解】在四棱柱中，底面是平行四边形，点为的中点，
所以
又
所以
即.
故答案为.
14．【正确答案】
【详解】令，则，
依题意，圆是由点，确定的阿波罗尼斯圆，且，
设点坐标为，则，
整理得，而该圆的方程为，
则，解得，点的坐标为，
因此，当时，最小，最小值为，
所以当时，的值最小为.
故
15．【正确答案】(1)；
(2)
【详解】（1），
又，
两式相减得，
即，故数列是以3为公比的等比数列，
又当时，，得，
，
，，
等差数列的公差为，
；
（2）由（1）可得，
，
上两式相减得，
.
16．【正确答案】(1)证明见解析；
(2).
【详解】（1）因为，，
所以，因为平面，与平面所成角为，
所以为与平面所成角，即，
则，又平面，
所以，
所以可建立如图所示的空间直角坐标系，

则由题，
所以，，
所以，
所以，即.
（2）设平面的法向量为n=x,y,z，
则，所以，所以由（1）得，
取，则，又直线与平面所成角为，
所以
，解得.
17．【正确答案】(1) x2－eq \f(y2,4)＝1(2)证明见详解
【详解】(1)∵虚轴长为4，∴2b＝4，即b＝2，
∵直线2x－y＝0为双曲线C的一条渐近线，
∴eq \f(b,a)＝2，∴a＝1，
故双曲线C的标准方程为x2－eq \f(y2,4)＝1.
(2)由题意知，A(－1,0)，B(1,0)，
由题可知，直线l的斜率不能为零，故可设直线l的方程为x＝ny＋2，
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2－\f(y2,4)＝1，,x＝ny＋2，）
得(4n2－1)y2＋16ny＋12＝0，
∴y1＋y2＝－eq \f(16n,4n2－1)，
y1y2＝eq \f(12,4n2－1)，
∴ny1y2＝－eq \f(3,4)(y1＋y2)，
∵直线MA的斜率k1＝eq \f(y1,x1＋1)，
直线NB的斜率k2＝eq \f(y2,x2－1)，
∴eq \f(k1,k2)＝eq \f(\f(y1,x1＋1),\f(y2,x2－1）＝eq \f(y1(ny2＋1),y2(ny1＋3）＝eq \f(ny1y2＋y1,ny1y2＋3y2)＝eq \f(－\f(3,4)(y1＋y2)＋y1,－\f(3,4)(y1＋y2)＋3y2)＝－eq \f(1,3)，为定值．
18．【正确答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）由题意：，
可得：，
故椭圆方程；
（2）设Ax1,y1,Bx2,y2，
当时，由在第一象限，可得，
即P1,22，故求得直线方程为，
联立方程，得，
整理得，
，
所以；
（3）设Ax1,y1,Bx2,y2，因为Px0,y0在椭圆上，故，
由题意
故将直线与椭圆联立方程，
代入可得
整理可得：，所以，
即，即
同理：将直线与椭圆联立方程，
代入可得
整理可得：，所以，
即，即，
所以，
故
由Px0,y0在第一象限内，故
的最大值为，当且仅当在处取到等号.
19．【正确答案】(1)18
(2)（i）；（ii）证明见解析
【详解】（1）由题意可知，为的最大值.
若的单极数列为，
则有或，
或或或或，
则满足条件的的个数为.
（2）（i）由为的最大值，可知，
由，得，
两式相减，得，
整理，得，
又，
则，即，所以，即.
（ii）设，
因为，
则，
，
.
易知，
，即，
，即.
又，
则有.
所以
由，得，
即.A． 32
B． 1910
C． 53
D． 196