2022-2023学年山东省菏泽第一中学高二上学期12月月考数学试题（解析版）

这是一份2022-2023学年山东省菏泽第一中学高二上学期12月月考数学试题（解析版），共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年山东省菏泽第一中学高二上学期12月月考数学试题 一、单选题1．抛物线的焦点坐标是（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】先把抛物线化为标准方程，直接写出焦点坐标．【详解】抛物线的方程为，所以焦点在轴由，所以焦点坐标为．故选：D．2．设为等差数列的前项和，已知，，则（    ）A．7 B．8 C．9 D．10【答案】A【详解】设等差数列的公差为d，由题意建立方程，即可求出，d，再根据等差数列的通项公式，即可求出结果．【分析】设等差数列的公差为d，由题意可知，解得，，所以．故选：A3．设点是关于坐标平面的对称点，则（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据空间直角坐标系的坐标特点得点坐标，根据空间中两点间的距离公式计算即可得.【详解】解：因为点是关于坐标平面的对称点，所以所以.故选：A.4．已知向量，且与互相平行，则（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】由空间向量平行的条件求解.【详解】由已知，，因为与平行，若，则，，若，则，无解．综上，，故选：D．5．设向量，，不共面，空间一点P满足，则A，B，C，P四点共面的一组数对是（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】由题设条件可知，A，B，C，P四点共面等价于，由此对选项逐一检验即可.【详解】因为向量，，不共面，，所以当且仅当时，A，B，C，P四点共面，对于A，，故A错误；对于B，，故B正确；对于C，，故C错误；对于D，，故D错误.故选：B.6．已知数列中，且，则为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】采用倒数法可证得数列为等差数列，根据等差数列通项公式可推导得到，代入即可.【详解】由得：，又，数列是以为首项，为公差的等差数列，，，.故选：A.7．已知三个数，，成等比数列，则圆锥曲线的离心率为（    ）A． B． C．或 D．或【答案】D【详解】椭圆、双曲线的方程简单性质，等比数列的性质，分类讨论，由已知求得值，然后分类讨论求得圆锥曲线的离心率解决即可．【解答】因为三个数，，成等比数列，所以，则．当时，曲线方程为，表示椭圆，则长半轴长为，半焦距为，所以离心率为；当时，曲线方程为，表示双曲线，则实半轴长为，半焦距为，所以离心率为．故选：D8．若数列是等差数列，首项，公差，则使数列的前项和成立的最大自然数是（    ）A．4039 B．4038 C．4037 D．4036【答案】B【分析】根据等差数列的单调性，结合等差数列前项和公式进行求解即可.【详解】因为，所以等差数列是递减数列，因为，所以，且，，所以使数列的前项和成立的最大自然数是4038．故选：B 二、多选题9．下列结论错误的是（    ）A．过点，的直线的倾斜角为B．若直线与直线平行，则C．直线与直线之间的距离是D．已知，，点在轴上，则的最小值是5【答案】AC【分析】对于A，即可解决；对于B，由题意得即可解决；对于C，平行线间距离公式解决即可；对于D，数形结合即可.【详解】对于A，，即，故A错误；对于B，直线与直线平行，所以，解得，故B正确；对于C，直线与直线（即）之间的距离为，故C错误；对于D，已知，，点在轴上，如图取关于轴的对称点，连接交轴于点，此时，所以的最小值是5，故D正确；故选：AC.10．已知数列的前项和为，，则下列说法不正确的是（    ）A．为等差数列 B．C．最小值为 D．为单调递增数列【答案】BC【分析】根据求出，并确定为等差数列，进而可结合等差数列的性质以及前项和分析求解.【详解】对于A，当时，，时满足上式，所以,所以，所以为等差数列，故A正确；对于B，由上述过程可知，，故B错误；对于C，因为，对称轴为，又因为，所以当或3时，最小值为，故C错误；对于D，由上述过程可知的公差等于2，所以为单调递增数列，故D正确.故选:BC.11．在正方体中，E，F，G分别为BC，的中点，则下列结论中正确的是（　 　）A．B．点G到平面的距离是点C到平面的距离的2倍C．平面D．异面直线与所成角的余弦值为【答案】BC【分析】对于选项：由以及与不垂直，可知错误；对于选项：利用等体积法，可求得结果，进而判断选项正确；对于选项：取的中点，根据面面平行的性质即可得出平面，可知选项正确； 对于选项：根据线面垂直的判定定理和性质，结合二面角的定义可知错误；【详解】对于选项：因为，所以不是等腰三角形，所以与不垂直，因为，所以与不垂直，故选项错误；对于选项：设正方体的棱长为2，设点到平面的距离与点到平面的距离分别为，则，，所以，故选项正确；对于选项：取的中点，连接，由题意可知：，因为，所以，平面， 平面，所以平面，因为，平面， 平面，所以平面，因为平面，所以平面平面，因为平面，所以平面，故选项正确；对于选项：因为，所以异面直线与所成的角为（或其补角），设正方体的棱长为2，则，在中，由余弦定理可得：，故选项错误，故选：.12．下列命题中，正确的命题有（    ）A．是，共线的充要条件B．若，则存在唯一的实数，使得C．对空间中任意一点和不共线的三点 ，，，若，则，，，四点共面D．若为空间的一个基底，则构成空间的另一个基底【答案】CD【分析】对A，向量、同向时不成立；对B， 为零向量时不成立；对C，根据空间向量共面的条件判定；对D，根据能成为基底的条件判定.【详解】对A，向量、同向时，，只满足充分性，不满足必要性，A错误；对B，应该为非零向量，故B错误；对C，由于得，，若共线，则三向量共线，故，，三点共线，与已知矛盾，故不共线，由向量共面的充要条件知共面，而过同一点 ，所以，，，四点共面，故C正确；对D，若为空间的一个基底，则，，不共面， 假设，，共面，设， 所以 ，无解，故，，不共面，则构成空间的另一个基底，故D正确．故选： CD． 三、填空题13．等比数列中，，，则______．【答案】【分析】由等比数列的性质计算．【详解】因为是等比数列，所以，又的所有奇数项同号，所以．故答案为：．14．直线被圆截得的弦长____________【答案】##【分析】首先求出圆心坐标与半径，再利用点到直线的距离公式求出圆心到直线的距离，最后利用勾股定理与垂径定理计算可得；【详解】圆的圆心为，半径，圆心到直线的距离，所以直线被圆截得弦长为.故答案为：.15．已知数列.的前项和为，且.若，则______.【答案】116【分析】先判断出数列是等差数列，然后运用等差数列的性质可得答案.【详解】为等差数列，.故答案为：116. 四、双空题16．如图，在棱长为1的正方体中，M为BC的中点，则 与所成角的余弦值为___________；C到平面的距离为___________.【答案】          【分析】第一空根据向量法即可求得异面直线之间的夹角.第二空利用等体积法即可求得.【详解】由已知连接，如图所示建立空间直角坐标系,则，，， 与所成角的余弦值为 如图所示设C到平面的距离为因为 故答案为：， 五、解答题17．已知等差数列的前项和为，等比数列的前项和为，.（1）若，求的通项公式；（2）若，求.【答案】（1）；（2）当时，.当时，.【分析】设的公差为d，的公比为q，（1）由条件可得和，解方程得，进而可得通项公式；（2）由条件得，解得，分类讨论即可得解.【详解】设的公差为d，的公比为q，则，.由得.①（1）由得②联立①和②解得（舍去），因此的通项公式为.（2）由得.解得.当时，由①得，则.当时，由①得，则.【点睛】本题主要考查了等差数列和等比数列的基本量运算，属于基础题.18．如图，平行六面体的底面是菱形，且，．(1)求的长；(2)求异面直线与所成的角．【答案】(1)(2)90°． 【分析】(1)因为三组不共线，则可以作为一组基底，用基底表示向量，平方即求得模长.(2) 求出两条直线与的方向向量，用向量夹角余弦公式即可.【详解】（1）设，，，构成空间的一个基底．因为，所以，所以．（2）又，，所以∴∴异面直线与所成的角为90°．19．已知等差数列的前n项和为.(1)求{an}的通项公式；(2)若，求数列{}的前n项和Tn.【答案】(1)(2) 【分析】（1）由等差数列的通项公式以及等差数列的前n项和公式展开可求得结果；（2）由裂项相消求和可得结果.【详解】（1）设等差数列的公差为d，由题意知， 解得：∴.故的通项公式为.（2）∵ 即：的前n项和.20．如图，在直三棱柱中，，，，交于点E，D为的中点.(1)求证：平面；(2)求直线与平面所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析；(2). 【分析】（1）先证明，从而可得平面，进而可得，再由线面垂直的判定定理即得；（2）建立空间直角坐标系，利用线面角的向量求法即得.【详解】（1）因为三棱柱为直三棱柱，所以平面，又平面，所以,又，，平面，平面，所以平面，因为平面，所以，又因为， ，平面，平面，所以平面；（2）由（1）知，，两两垂直，如图建立空间直角坐标系，则，，，，，设，，，，因为，所以，即，则，由（1）平面的一个法向量为，又，设直线与平面所成角的大小为，则，因此，直线与平面所成角的正弦值为.21．已知数列(1)令，求证：数列是等比数列；(2)若，求数列的前项和．【答案】(1)见解析(2) 【分析】（1）根据递推公式证明为定值即可；（2）利用错位相减法求解即可.【详解】（1）证明：因为，所以，即，又，所以数列是以3为首项，3为公比的等比数列；（2）解：由（1）得，，则，，两式相减得，所以．22．如图，在多面体ABCDEF中，梯形ADEF与平行四边形ABCD所在平面互相垂直，.(1)求证：BF∥平面CDE；(2)求二面角的余弦值；(3)判断线段BE上是否存在点Q，使得平面CDQ⊥平面BEF？若存在，求出的值，若不存在，说明理由.【答案】(1)详见解析(2)(3)存在点； 【分析】（1）根据线面平行的判断定理，作辅助线，转化为证明线线平行；（2）证得，，两两垂直，从而建立以D点为原点的空间直角坐标系，求得平面和平面的一个法向量，根据法向量的夹角求得二面角的余弦值；（3）设，求得平面的法向量为，若平面平面，则，从而解得的值，找到Q点的位置.【详解】（1）取的中点，连结，，因为，所以，且，所以四边形是平行四边形，所以，且,又因为,且，所以,,所以四边形是平行四边形，所以,因为平面,平面，所以平面；（2）因为平面平面，平面平面，，所以平面，平面，则，故，，两两垂直，所以以，，所在的直线分别为轴、轴和轴，如图建立空间直角坐标系，则，，，，，，所以，，为平面的一个法向量.设平面的一个法向量为，由，，得，令，得.所以.如图可得二面角为锐角，所以二面角的余弦值为.（3）结论：线段上存在点，使得平面平面.证明如下：设，所以.设平面的法向量为，又因为，所以，，即，若平面平面，则，即，解得.所以线段上存在点，使得平面平面，且此时.