2022-2023学年黑龙江省哈尔滨市尚志市尚志中学高二上学期12月月考数学试题含答案

这是一份2022-2023学年黑龙江省哈尔滨市尚志市尚志中学高二上学期12月月考数学试题含答案，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。
2022-2023学年黑龙江省哈尔滨市尚志市尚志中学高二上学期12月月考数学试题 一、单选题1．双曲线的焦点坐标是（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据双曲线方程可得，然后根据可得，最后得出结果.【详解】由题可知：双曲线的焦点在轴上，且，所以所以双曲线的焦点坐标为故选：D2．已知平面外的直线的方向向量是，平面的法向量是，则与的位置关系是（    ）A． B． C．与相交但不垂直 D．或【答案】B【分析】由确定正确答案.【详解】由于，即，由于，所以.故选：B3．在四面体中，，点在棱上，且，为中点，则（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】根据空间向量的线性运算可得答案.【详解】点在线段上，且，为中点，，，．  故选：B．4．在数列中，，，则（    ）.A． B．C． D．3【答案】B【分析】首先判断出数列的周期性，再确定正确答案.【详解】，所以，，……，所以数列是周期为的周期数列，所以.故选：B5．中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题:“三百七十八里关，初行健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得其关，要见次日行里数，请公仔细算相还.”其意思是“有一个人走里，第一天健步行走，从第二天起脚痛每天走的路程是前一天的一半，走了天后到达目的地.”请问第一天走了（   ）.A．里 B．里 C．里 D．里【答案】A【分析】根据题意得到每天行走的路程成构成以为公比的等比数列求解.【详解】解：由题意得，每天行走的路程成等比数列，且公比为，所以，解得，故选：A6．抛物线的焦点为F，其准线与双曲线的渐近线相交于A、B两点，若的周长为，则（    ）A．2 B． C．8 D．4【答案】A【解析】由题意设，，再由的周长为得到关于的方程，从而求得的值.【详解】双曲线渐近线方程为，抛物线的准线方程为，则，，，，又的周长为，，∴.故选：A.【点睛】本题考查双曲线的渐近线方程、抛物线的准线方程、三角形的周长等，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力，求解时注意将周长表示成关于的方程.7．如图，在正四棱柱，中，底面边长为2，直线与平面所成角的正弦值为，则正四棱柱的高为．A．2 B．3 C．4 D．5【答案】C【分析】建立空间坐标系，设棱柱高为，求出平面的法向量，令，求出的值．【详解】以为原点，以，，为坐标轴建立空间坐标系如图所示，设，则，0，，，2，，，0，，则，2，，，0，，，0，，设平面的法向量为，，，则，，令可得，1，，故，．直线与平面所成角的正弦值为，，解得：．故选．【点睛】本题考查了空间向量与线面角的计算，属于中档题．8．已知点为坐标原点，点是双曲线（，）的右焦点，以为直径的圆与双曲线的一条渐近线交于点，线段交双曲线于点.若为的中点，则双曲线的离心率为（    ）A． B． C．2 D．3【答案】A【分析】由圆的几何性质可得，结合双曲线的几何性质求出直线的方程，与双曲线方程联立求出点的坐标，由此可求点的坐标，根据点在双曲线上可得的关系，化简求离心率.【详解】∵以为直径的圆与双曲线的一条渐近线交于点，所以，因为直线的方程为，，所以直线的方程为，由，解得，，因为，所以是的中点，故，，代入双曲线方程，得，整理，得，，所以.故选：A. 二、多选题9．下列说法正确的是（  ）.A．任意一条直线都有倾斜角，但不一定有斜率B．点关于直线的对称点为C．经过点且在x轴和y轴上截距都相等的直线方程为D．若直线与圆相切，则【答案】ABD【分析】根据倾斜角和斜率的定义即可判断A，根据点关于线对称即可求解B，根据直线的截距式即可判断C，根据相切利用点到线的距离公式即可判断D.【详解】对于A，任意一条直线都有倾斜角，垂直于轴的直线没有斜率，故A正确，对于B，设点关于直线的对称点为，所以且，解得，所以对称点为，B正确，对于C，当直线经过原点时，此在x轴和y轴上截距都为0，此时直线为，也满足要求，故C错误，对于D，圆心到直线的距离为，所以，故D正确，故选：ABD10．如图，正方体的棱长为，以下结论正确的是（    ）A．异面直线与所成的角为 B．直线与垂直C．直线与平行 D．直线平面【答案】ABD【分析】根据给定的正方体建立空间直角坐标系，借助空间向量对各选项逐一分析计算而判断作答.【详解】在正方体中，以射线DA，DC，DD1分别为x，y，z轴非负半轴建立空间直角坐标系，如图，则，对于A，，异面直线与所成的角，，则，A正确；对于B，，则，，即直线与垂直，B正确；对于C，，则，，即直线与不平行，C不正确；对于D，，显然，而点直线，则，而平面，平面，于是得直线平面，D正确.故选：ABD11．已知等差数列的前n项和为，若，则（    ）A．B．若，则的最小值为C．取最大值时，或D．若，n的最大值为8【答案】ACD【分析】求出等差数列的通项公式判断A，由等差数列性质得利用基本不等式求最小值判断B，由等差数列的是递减数列，找到正负分隔的项即可得最大时的值，从而判断C，求得等差数列的前项和，解不等式判断D.【详解】由题意得，可得，则等差数列的通项公式为，则选项A判断正确；若，则,则（当且仅当，时等号成立）又，则的最小值不是．则选项B判断错误；等差数列中，…则等差数列的前n项和取到最大值时，n=4或n=5．则选项C正确；，得,且，故n的最大值为8，则选项D判断正确，．故选：ACD12．已知椭圆的短轴长为2，上顶点为A，左顶点为B，，分别是椭圆的左、右焦点，且的面积为，点P为椭圆上的任意一点，则的取值可以为（   ）.A．1 B． C． D．【答案】ABC【分析】先根据的面积和短轴长得出a，b，c的值，求得 的范围，再通分化简为关于的函数，利用二次函数求得最值，即得取值范围．【详解】由已知得，故，  ∵的面积为，∴，∴，又，故，∴，， ∴，又而，即，当时，最大，为；当或时，最小，为，即，∴，即，所以的取值范围为.故选：ABC. 三、填空题13．对任意，直线过定点      .【答案】【分析】变换得到，得到方程组，解得答案.【详解】，则，，解得，故直线过定点.故答案为：14．在数列中，，，则通项公式      ．【答案】【分析】由递推关系式可证得数列为等比数列，由等比数列通项公式可求得，由此可得.【详解】由得：，又，数列是以为首项，为公比的等比数列，，则.故答案为：.15．已知抛物线的焦点为F，过点F的直线l交抛物线于A，B两点，延长FB交准线于点C，若|BC|＝2|BF|，则的值是        ．【答案】【分析】根据做出图形，由抛物线的定义和几何性质以及线段的比例关系：与，即可求出线段与的长度.【详解】如图所示：由题意可得：，准线为直线，过A，B分别作AM，BN垂直准线于M，N，则有|BF|＝|BN|，|AF|＝|AM|，因为|BC|＝2|BF|，所以，所以，，所以|CF|＝4，又，解得：，所以．故答案为：16．在对角线的正方体中，正方形所在平面内的动点到直线、的距离之和为，则的取值范围是         .【答案】【分析】将点到直线、的距离转化为和，可得，结合椭圆的定义可得点的轨迹是以为焦点的椭圆，建立平面直角坐标系得椭圆的标准方程，根据椭圆方程和平面向量数量积坐标表示可求出结果.【详解】因为，所以，在正方体中，平面，平面，  因为平面，所以，，所以，且，所以点的轨迹是以为焦点的椭圆，这里，，所以，，，以的中点为原点，为轴，的中垂线为轴建立平面直线坐标系，  所以点的轨迹方程为，设，因为，，则，，所以，因为，，.故答案为： 四、解答题17．已知，；(1)若，求实数的值；(2)若，且，求的坐标．【答案】(1)(2)或 【分析】（1）利用，即可计算求解.（2）由已知，可设，根据，列方程即可求出.【详解】（1）由已知得，，得，解得（2）设，由，可得，得到，求得，，则或18．已知圆经过点，，且圆与轴相切．(1)求圆的一般方程；(2)设是圆上的动点，点的坐标为，求线段的中点的轨迹方程．【答案】(1)(2) 【分析】（1）利用待定系数法设圆的一般方程为，根据已知条件列式求出可得结果；（2）设，得，代入可得结果.【详解】（1）设圆的方程为，因为圆过点，，又跟轴相切，圆必在轴右侧，且跟轴的切点为，圆心的纵坐标为．，解得，圆的方程为.（2）设，则，将代入得，整理得.即线段的中点的轨迹方程.19．表示等差数列的前项的和，且，.(1)求数列的通项及；(2)求和【答案】(1)，(2) 【分析】（1）设等差数列的公差为，由可解出的值，利用等差数列的通项公式可求得，利用等差数列的求和公式可求得；（2）化简的表达式，分、两种情况，结合等差数列的求和公式求出的表达式，综合可得出的表达式.【详解】（1）解：设等差数列的公差为，由可得，因为，解得，所以，，.（2）解：，当且时，；当且时，.综上所述，.20．已知矩形中，，在AD上取一点E满足.现将 沿CE折起使点D移动至P点处，使得.  (1)求证：平面平面；(2)求平面与平面夹角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）运用线面垂直证明面面垂直；（2）建立空间直角坐标系，运用空间向量求解.【详解】（1）依题意得，分别取线段AB，CE的中点O，M，      连接的三边（如图），则，由，得，又OM为梯形ABCE的中位线，，由，得，又，平面POM，平面POM，又平面POM，，在平面ABCE中，与相交，平面ABCE，又平面，故平面平面ABCE；（2）过点O作PM的平行线为z轴，分别以OA，OM为x，y轴建立空间直角坐标系，则，，设为平面PAB的法向量，则，令，解得，设是平面PAE的一个法向量，则有，令，解得，，即平面BPA与平面EPA夹角的余弦值为；综上，平面BPA与平面EPA夹角的余弦值为.21．已知数列的前项和为，，．(1)证明：数列是等比数列；(2)若，求证数列的前项和．【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析 【分析】（1）由递推关系可用退位相减法得到的关系，再用等比数列的定义来证明即可；（2）由等比数列的通项公式求出的通项，再代入，继而求出的通项，最后裂项求和即可.【详解】（1）因为所以，当时，，，两式相减可得，即，又所以，所以可得，，又因为，所以是以1为首项，3为公比的等比数列.（2）因为题（1）中是以1为首项，3为公比的等比数列.所以继而可得，所以，，所以，所以，又可得，所以，所以22．已知A、B分别为椭圆E：（a>1）的左、右顶点，G为E的上顶点，，P为直线x=6上的动点，PA与E的另一交点为C，PB与E的另一交点为D．（1）求E的方程；（2）证明：直线CD过定点.【答案】（1）；（2）证明详见解析.【分析】（1）由已知可得：， ，，即可求得，结合已知即可求得：，问题得解.（2）方法一：设，可得直线的方程为：，联立直线的方程与椭圆方程即可求得点的坐标为，同理可得点的坐标为，当时，可表示出直线的方程，整理直线的方程可得：即可知直线过定点，当时，直线：，直线过点，命题得证.【详解】（1）依据题意作出如下图象：    由椭圆方程可得：， ，，，椭圆方程为：（2）[方法一]：设而求点法证明：设，则直线的方程为：，即：联立直线的方程与椭圆方程可得：，整理得：，解得：或将代入直线可得：所以点的坐标为.同理可得：点的坐标为当时，直线的方程为：，整理可得：整理得：所以直线过定点．当时，直线：，直线过点．故直线CD过定点．[方法二]【最优解】：数形结合 设，则直线的方程为，即．同理，可求直线的方程为．则经过直线和直线的方程可写为．可化为．④易知A，B，C，D四个点满足上述方程，同时A，B，C，D又在椭圆上，则有，代入④式可得．故，可得或．其中表示直线，则表示直线．令，得，即直线恒过点．【整体点评】本题主要考查了椭圆的简单性质及方程思想，还考查了计算能力及转化思想、推理论证能力，属于难题.第二问的方法一最直接，但对运算能力要求严格；方法二曲线系的应用更多的体现了几何与代数结合的思想，二次曲线系的应用使得计算更为简单.