2024-2025学年福建省厦门市高二上册12月月考数学检测试题（附解析）

这是一份2024-2025学年福建省厦门市高二上册12月月考数学检测试题（附解析），共21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。
1．已知为抛物线上一点，则抛物线的准线方程为（ ）
A．B．C．D．
2．已知直线经过，两点，直线的倾斜角为，那么与（ ）
A．垂直B．平行C．重合D．相交但不垂直
3．已知是空间的一个基底，，，，若四点共面．则实数的值为（ ）
A．B．C．D．
4．已知平行六面体的底面是矩形，，，，且，则线段的长为（ ）
A．B．C．D．
5．已知等比数列的各项均为正数且公比大于1，前项积为，且，则使得的的最小值为（ ）
A．B．C．D．
6．已知为直线上的动点，点满足，记的轨迹为，则（ ）
A．是一个半径为的圆B．是一条与相交的直线
C．上的点到的距离均为D．是两条平行直线
7．已知等差数列的公差为，集合，若，则（ ）
A．－1B．C．0D．
8．已知为双曲线的左、右焦点，过的直线分别交双曲线左右支于A、B两点，点在轴上，，则双曲线的离心率为（ ）
A．B．C．2D．
二、多选题（本大题共3小题）
9．曲线，下列结论正确的有（ ）
A．若曲线C表示椭圆，则且不等于0B．若曲线C表示双曲线，则焦距是定值
C．若，则短轴长为D．若，则渐近线为
10．已知数列的前项和为，且，则下列命题正确的是（ ）
A．若是递增数列，则数列的前项和为
B．若是递增数列，则数列的前项和为
C．若各项均为正数，则
D．存在无穷多个不同的数列，使得
11．“马鞍面”在建筑美学中有重要应用，将两个顶点重合开口方向相反，且拥有共同对称轴的两条抛物线、分别置于相互垂直的平面内，现固定一条抛物线不动，使另一抛物线平移，且满足其顶点始终位于上，则划过的曲面就是马鞍面（如图所示）.现用一个垂直于、共同对称轴的平面截其对应的马鞍面，则截面的形状可能为：（ ）.
A．B．
C．D．
三、填空题（本大题共3小题）
12．已知点，点，则点到直线的距离为 ．
13．已知椭圆的左、右焦点分别为、，为椭圆上任意一点，为圆上任意一点，则的最小值为 ．
14．某集团公司有一下属企业A从事一种高科技产品的生产．A企业第一年年初有资金2000万元，将其投入生产，到当年年底资金增长了，预计以后每年资金年增长率与第一年的相同.集团公司要求A企业从第一年开始，每年年底上缴资金400万元，并将剩余资金全部投入下一年生产．设第n年年底A企业上缴资金后的剩余资金为万元．则 ．
四、解答题（本大题共5小题）
15．已知等比数列的前n项和为，，且，，成等差数列．
(1)求的通项公式；
(2)若数列满足，求的前2n项和．.
16．已知椭圆的离心率，直线交于两点，其中，在轴上方．为坐标原点，△的面积为．
(1)求的方程；
(2)已知抛物线，交于两点，过作以为直径的圆的两条切线分别交直线于，求的周长．
17．如图，在四棱锥中，，，，，，，过的平面分别交线段，于，.
(1)求证：
(2)若直线与平面所成角为，，，求平面和平面夹角的余弦值.
18．已知直线，直线，动点到轴的距离小于它到轴的距离，过分别作和的垂线，垂足分别为，为坐标原点，若四边形的面积为，设动点的轨迹为曲线．
(1)求的方程；
(2)若交轴正半轴于点，上一点和直线上一点满足是以为底的等腰直角三角形，
（i）求直线的斜率；
（ii）若在第一象限，过且垂直于的直线和过且垂直于的直线交于，过且平行于的直线交于（在下方）．按照如下方式依次构造点：过且垂直于的直线和过且垂直于的直线交于，过且平行于的直线交于（在下方）．求证：是定值．
19．若无穷数列的满足对于给定的正整数，对均成立，则称数列是可均分数列．
(1)若各项均为正整数的递增数列是可均分数列，且，求；
(2)若“是等差数列”是“是可均分数列”的充要条件，求；
(3)若既是可均分数列，也是可均分数列，满足：，求证：是可均分数列．（注：）
答案
1．【正确答案】C
【详解】因为为抛物线上一点，所以，解得，
所抛物线的方程为，所以准线方程为.
故选：C.
2．【正确答案】A
【详解】由题意，
所以，
所以.
故选：A.
3．【正确答案】A
【详解】因为四点共面，设存在有序数对使得，则，即，所以得.
故选：A
4．【正确答案】C
【详解】由题知，，
所以
，
即线段的长为.
故选：C
5．【正确答案】D
【详解】设等比数列的公比为，由，得，解得，
因此，则，
由，得，又，解得，所以的最小值为10.
故选：D
6．【正确答案】C
【分析】设，由可得点坐标，由在直线上，故可将点代入坐标，即可得轨迹，结合选项即可得出正确答案.
【详解】设，由，则，
由在直线上，故，
化简得，即的轨迹为直线且与直线平行，
上的点到的距离，故A，B，D错误，C正确.
故选C.
7．【正确答案】B
【分析】根据给定的等差数列，写出通项公式，再结合余弦型函数的周期及集合只有两个元素分析、推理作答.
【详解】依题意，等差数列中，，
显然函数的周期为3，而，即最多3个不同取值，又，
则在中，或，
于是有，即有，解得，
所以，.
故选：B
8．【正确答案】A
【详解】因为，所以△，
设，则，设，则，，
因为平分，由角平分线定理可知，，
所以，所以，
由双曲线定义知，即，，①
又由得，
所以，即是等边三角形，
所以，
在中，由余弦定理知，
即，化简得，
把①代入上式得，所以离心率为．
故选：A．
9．【正确答案】ACD
【详解】当曲线表示椭圆时，，且，即且，故A正确；
若曲线C表示双曲线，焦点在轴上时，则，所以，
当焦点在轴上时，，所以，故B错误；
当时，方程为，故，，故C正确；
当时，方程为，所以渐近线方程为，故D正确.
故选：ACD
10．【正确答案】BCD
【详解】由，，
当时，，解得或（舍去）；
当时，，
则，
整理得，.
对于A，因为是递增数列，且，
所以，则，即，
所以数列为等差数列，首项为1，公差为1，
则，
则，
则数列的前项和为：
，故A错误；
对于B，由A知，，则，
当为偶数时，数列前项和为：
，
当为奇数时，数列前项和为：
，
综上所述，数列前项和为，故B正确；
对于C，因为各项均为正数，则，即，
即，所以数列为等差数列，首项为1，公差为1，
设，，①
则，②
②①得，，故C正确；
对于D，由，，，
得或，，
即或，，
即从起，每一项是“前一项的相反数”或是“前一项加1”.
若，则或，
由于，从起每项是“前一项加1”，则到第2024项则为，符合题意.
由，从1起每项加1至少要到第2025项，所以不符合题意.
但对于数列，第2026项及之后的项也不确定，故D正确.
故选：BCD.
11．【正确答案】AC
【详解】设，
记在中，，对顶点先向轴负方向运动了个单位，
即先向轴正方向运动了个单位到；
接下来顶点向轴负方向运动了个单位，沿轴正方向观察，
相当于平面向上平移了个单位，向轴负方向运动后横坐标由变为
，，即：，
①当时，原式可退化为：，表示两条相交直线；
②时，原方程为：表示一对双曲线.
故选：AC.
12．【正确答案】
【详解】由题意，，
所以点到直线的距离为.
故答案为.
13．【正确答案】
【详解】在椭圆中，，，则，即点、，
如图，为椭圆上任意一点，则，
又因为为圆上任意一点，
.
当且仅当、、、共线且、在、之间时等号成立．
所以的最小值为.
故答案为.
14．【正确答案】
【详解】第n+1年年底剩余资金为，
故，又，
则是以1400为首项，为公比的等比数列，
则，
故.
故答案为.
15．【正确答案】(1)
(2)
【详解】（1）由，，成等差数列知，即，
所以，即，
因为是首项为，公比为的等比数列，
所以，
所以的通项公式．
（2）由（1）知，，
所以，，
所以

，
所以的前2n项和．
16．【正确答案】(1)或．
(2)
【详解】（1）由A0,−1知，又的离心率，所以，得，
所以椭圆方程为：，
由△的面积为，知，所以，代入得，
因为在轴上方，所以，所以点的坐标为或．
①当的坐标为时，的斜率，的方程为；
②当的坐标为时，的斜率，的方程为；
综上，直线的方程为或．
（2）若的方程为，则由得，，
与只有一个公共点，不符合题意；
所以的方程为，设，的中点为，
由得，所以，，
所以，故以为直径的圆的半径为，
又，所以，即，
故到直线的距离为，等于圆的半径，故直线与圆相切，设切点为
设过的圆的两条切线分别与圆切于点，则△的周长为
，
又，，
故的周长为．
17．【正确答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）
由已知，∵，平面，平面，∴平面，
又∵平面，平面平面，∴，∴.
取中点，连接，∵，，，
∴，，
∴四边形是平行四边形，∴，
∴在中，，，，，
∴，即，又∵，∴，
又∵，，∴，
∵，平面，平面，
∴平面，又∵平面，∴，
即.
（2）
如图，取中点为，连接，∵，∴，
由第（1）问知平面，
∴以为原点，，所在直线为轴，轴，过与平行的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则由已知，，，，，设，（）
则，
易知平面的一个法向量为，
∵直线与平面所成角为，
∴，解得，
∴，
又∵，，∴，分别为，中点，∴，
∴，，设平面的一个法向量为
由，得，令，则，，
∴平面的一个法向量为，
易知，平面的一个法向量为，
设平面和平面的夹角为，
则，
∴平面和平面的夹角的余弦值为.
18．【正确答案】(1)
(2)（i）或；（ii）证明见解析
【详解】（1）如图1，设Mx,y，因为的斜率为，的斜率为，故，四边形为矩形，

又到直线的距离，故，同理，
所以四边形的面积为，所以，
又因为到轴的距离小于它到轴的距离，所以，故，所以，
所以的方程为．
（2）（i）解法一：设，令，代入，得，
①当在第一象限时，如图2所示，由于是以为底的等腰直角三角形，易知在轴上方，，
作轴，垂足为，则≌，故，故，

又则，即，
从而，故，直线的斜率；
②当在第二象限时，如图3所示，由于是以为底的等腰直角三角形，易知在轴下方，，

作轴，垂足为，则≌，故，故，
又则，即，．
从而，故，直线的斜率；
③当在第三象限时，由对称性知，直线的斜率；
④当在第四象限时，由对称性知，直线的斜率；
综上可知，直线的斜率为或．
解法二：令，代入，得，
易知直线的斜率存在且不为零，故可设直线的方程为，
则直线的方程为，则，
由得，故，
所以，
由得，即，
故，所以，
当时，，，所以，直线的斜率；
当时，，，所以，直线的斜率；
当时，，，所以，直线的斜率；
当时，，，所以，直线的斜率；
综上可知，直线的斜率为或．
解法三：令，代入，得，设，则，
由得，故，
由得，
又，所以，
所以，
即，易知，所以，即，所以，
当时，，所以，，直线的斜率；
当时，，所以，，直线的斜率；
当时，，所以，，直线的斜率；
当时，，所以，，直线的斜率；
综上可知，直线的斜率为或．
（ii）解法一：因为在第一象限，由（i）知，，如图4，记，

设，，则由于时，
所以对时，故，
又由得，
故，
从而，（*）
因为，故，所以直线的方程为，①
同理直线的方程为，②，
由①，②得，，
，
故，即点在直线上，
另一方面，设线段的中点为，则由（*）知，，即，
从而点也在直线上，
故，均为直线与直线的交点，从而，重合，故是线段的中点，
因为，所以，故，
即是定值．
解法二：因为在第一象限，由（i）知，，如图4，记，

设，，则由于时，
所以，对时，设直线的方程为，
又由得，故，
从而，（*）
因为，故，所以直线的方程为，①
同理直线的方程为，②，
由①，②得，，，
，
故，即点在直线上，
另一方面，设线段的中点为，则由（*）知，，即，
从而点也在直线上，
故，均为直线与直线的交点，从而，重合，故是线段的中点，
因为，所以，故，
即是定值．
19．【正确答案】(1)
(2)
(3)证明见解析
【详解】（1）因为是可均分数列，所以对均成立，
即，
令，则，令，则，
两式相减得，，
又因为是各项均为正整数的递增数列，所以对任意，
所以等号当且仅当时成立，
又因为，所以．
（2）当时，若是可均分数列，对，，所以，
所以为常数，故是等差数列；
另一方面，若是等差数列，则对，，从而，
故是可均分数列；
所以，当时，“是等差数列”是“是可均分数列”的充要条件．
当时，取，则是可均分数列，
但不是等差数列，“是等差数列”不是“是可均分数列”的充要条件．
综上，．
（3）由于是可均分数列，
所以时，，即，
故时，，① ，②
即，， ③
由于是可均分数列，由（1）知时，，④
③代入④可得，化简得，
即时，，所以，设，
又由①令，得，所以，
从而，即，
由①令，得，即，
从而，即，
故对，，即是公差为的等差数列，，
故
，
故对均成立，所以是可均分数列．