浙江省温州市2023_2024学年高二数学上学期12月月考试题含解析

这是一份浙江省温州市2023_2024学年高二数学上学期12月月考试题含解析，共21页。试卷主要包含了 直线的倾斜角是， 抛物线的焦点到准线的距离， 定义“等方差数列”， 若，则， 已知，下列说法正确的是等内容，欢迎下载使用。

AB. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】试题分析：直线的斜率，故其倾斜角为
考点：直线的斜率与倾斜角的关系
2. 抛物线的焦点到准线的距离（）
A. 4B. C. 2D.
【答案】A
【解析】
【分析】写出抛物线的标准方程，即可确定焦点到准线的距离.
【详解】由题设，抛物线的标准方程为，则，
∴焦点到准线的距离为4.
故选：A.
3. 已知直线上有两点，平面的一个法向量为，若，则（）
A. 2B. 1C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据直线与平面平行等价于直线的方向向量与面的法向量垂直，根据数量积运算求出的值.
【详解】因为直线上有两点，
所以直线的一个方向向量为
又因为，平面的一个法向量为，
所以，即，
解得.
故选：D.
4. 已知，则（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】求导直接求解即可.
【详解】解：求导得，
所以，解得
故选:B
5. 已知双曲线，焦距为，若成等比数列，则该双曲线的离心率为（）
A. B. 2C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由已知可得，，方程两边同时除以，再解关于离心率的方程即可解.
【详解】由双曲线知：，又成等比数列，得，又，，方程两边同时除以，
，，.
故选：C.
6. 定义“等方差数列”：如果一个数列从第二项起，每一项的平方与它的前一项的平方的差都等于同一个常数，那么这个数列就叫做等方差数列，这个常数叫作该数列的方公差.设是由正数组成的等方差数列，且方公差为2，，则数列的前24项和为（）
A. B. 3C. D. 6
【答案】D
【解析】
【分析】先由等方差数列的定义得到是公差为2的等差数列并求出，进而求出，再利用裂项相消法求和即得.
【详解】依题意，，即是公差为2的等差数列，而，
于是，即，
则，
所以数列的前24项和为：.
故选：D
7. 动点在正方体从点开始沿表面运动，且与平面的距离保持不变，则动直线与平面所成角正弦值的取值范围是（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据线面位置关系和余弦定理，结合三角函数的基本关系式即可求解.
【详解】连接，
因为，所以四边形是平行四边形，
所以，又平面，平面，所以平面，
同理，平面，又平面，
所以平面平面，
则由与平面的距离保持不变，得点的移动轨迹为三角形的三条边，
当为中点时，直线与平面所成角正弦值最大，
取的中点，设正方体的棱长为2，
则，，，
所以，则为直角三角形，
所以直线与平面所成角正弦值为，
当为C点时，直线与平面所成角的正弦值最小，
此时，，，
所以，则.
直线与平面所成角正弦值取值范围是，
故选：C.
8. 若，则（）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】可以构造函数，利用函数的单调性求解，可以构造函数求导判断单调性与正负判断.
【详解】设，，则在上为增函数，故，即.
又在上为增函数，且，则有，即，故.
设，则，故为减函数，，即，故，即.
综合可得：．
故选：A
二、多选题：本大题共4小题，每小题5分，共20分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9. 在空间直角坐标系中，已知点，则（）
A. 点关于轴的对称点是B. 点关于平面的对称点是
C. 点关于轴的对称点是D. 点关于原点的对称点是
【答案】AD
【解析】
【分析】根据对称性只需判断对应坐标轴上是否需要变号，对选项逐一判断即可得出结论.
【详解】对于A，点关于轴的对称点，纵坐标和竖坐标变号，横坐标不变，即为，故A正确；
对于B，点关于平面的对称点，只有竖坐标变号，其余不变，即为，所以B错误；
对于C，点关于轴的对称点，横坐标和纵坐标变号，竖坐标不变，即为，即可知C错误；
对于D，点关于原点的对称点，横坐标、纵坐标和竖坐标都要变号，即为，即D正确；
故选：AD
10. 已知，下列说法正确的是（）
A. 在处的切线方程为B. 的单调递减区间为
C. 在处的切线方程为D. 的单调递增区间为
【答案】BC
【解析】
【分析】对于AC，利用导数的几何意义求解即可，对于BD，求导后由导数的正负可求出函数的单调区间
【详解】对于AC，，由，得，
所以切线的斜率，所以在处的切线方程为，所以A错误，C正确，
对于BD，函数的定义域为，，
由，得，解得，
由，得，解得，
所以在上递增，在上递减，所以B正确，D错误，
故选：BC
11. 设等差数列的前项和为，若，且，则（）
A. 数列为递增数列B. 和均为的最小值
C. 存在正整数，使得D. 存在正整数，使得
【答案】ACD
【解析】
【分析】A选项，由得到，结合，得到，求出，A正确；
由得到，从而求出，得到，，求出为的最小值，B错误；
，解方程，求出，C正确；
求出，，列出方程，求出，D正确.
【详解】设等差数列的公差为，
因为时，，
即，故，
因为，
所以，
即，
因为恒成立，所以，
故等差数列为递增数列，A正确；
则，
即，
故，
由A选项知，故，，
所以，故为的最小值，B错误；
，
因为，故当时，，
所以存在正整数，使得，C正确；
，，
令，因为，
解得：
存在正整数，使得，D正确.
故选：ACD
12. 已知椭圆：的左、右两个焦点分别为，，短轴的上、下两个端点分别为，，的面积为1，离心率为，点P是C上除长轴和短轴端点外的任意一点，的平分线交C的长轴于点M，则（）
A. 椭圆的焦距等于短轴长B. 面积的最大值为
C. D. 的取值范围是
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据给定条件求出的值判断A；列出面积的关系式，结合椭圆的范围判断B；利用角平分线的性质得即可判断C；结合椭圆的定义，得到，进而求得的取值范围可断D.
【详解】对于A，令椭圆半焦距为c，由的面积为1，离心率为，得，
又，解得，椭圆的方程为，A正确；
对于B，设点，，面积无最大值，B错误；
对于C，由的平分线交长轴于点M，得，
于是，由，，得，C正确；
对于D，设，则，而且，
即且，亦即，且，
解得，且，因此，且，
所以，D正确.
故选：ACD
【点睛】结论点睛：椭圆上的点到焦点距离的最小值为，最大值为.
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.请将答案填在答题卷相应位置.
13. 直线被圆截得的弦长为__________.
【答案】
【解析】
【分析】求出圆心到直线的距离，利用勾股定理可求得直线截圆所得弦长.
【详解】圆的圆心为原点，半径为，
圆心到直线的距离为，
所以，直线被圆截得的弦长为.
故答案为：.
14. 中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题：有一个人走了378里路，第一天健步行走，从第二天起，由于脚痛，每天走的路程是前一天的一半，走了6天后到达目的地，则此人第三天走的路程为___________.
【答案】48
【解析】
【分析】设第一天走了x里，则由每天走的路程构成以x为首项，以为公比的等比数列求解.
【详解】解：设第一天走了x里，
由题意得，每天走路程构成以x为首项，以为公比的等比数列，
因为此人6天共走了378里路，
所以，即，
解得，
所以此人第三天走的路程为，
故答案为：48
15. 已知函数，则使得成立的的取值范围是___________.
【答案】
【解析】
【分析】构造函数，分析得的性质，结合与的关系，将题设不等式转化为关于的不等式，从而得解.
【详解】令，则的定义域为，
又，则是偶函数；
当时，，，
当时，显然，
当时，，，所以，
综上，在上单调递增，
因为，
所以由，得，即，
所以，即，解得.
故答案为：.
16. 已知点是抛物线：与椭圆：的公共焦点，是椭圆的另一焦点，P是抛物线上的动点，当取得最小值时，点P恰好在椭圆上，则椭圆的离心率为_______.
【答案】
【解析】
【详解】分析：由题意可知与抛物线相切时，取得最小值，求出此时点的坐标，代入椭圆方程求出的值，即可求解其离心率．
详解：抛物线的焦点坐标为，准线方程为，
过向抛物线的准线作垂线，则，所以,
显然当直线与抛物线相切时，最小，即取得最小值，
设直线的方程为，代入可得，
令，可得，
不妨设在第一象限，则，所以，即，
因为在椭圆上，且为椭圆的焦点，
所以，解得或（舍去），
所以，所以离心率为．
点睛：本题考查了抛物线的定义及几何性质的应用，以及椭圆的离心率的求解，其中根据抛物线的定义与几何性质，得到关于的方程组是解答的关键．求双曲线的离心率(或离心率的取值范围)，常见有两种方法：①求出，代入公式；②只需要根据一个条件得到关于的齐次式，转化为的齐次式，然后转化为关于的方程(不等式)，解方程(不等式)，即可得(的取值范围)．
四、解答题：木大题共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. 已知公差不为零的正项等差数列的前n项和为，，，，成等比数列.
（1）求数列的通项公式；
（2）令，求的前项和.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据等差数列的前n项和公式以及等比中项的性质，利用基本量法即可求出，从而得出通项公式；
（2）利用第（1）小问求出，再由错位相减法进行数列求和即可得出结论.
【小问1详解】
依题意，设等差数列的公差为，，
因为，所以，
因为，，成等比数列，所以，即，
联立，解得或（舍去），
所以.
【小问2详解】
由（1）得，
所以，
所以，
两式相减得，，
所以，
所以.
18. 如图，直三棱柱中，是边长为2的正三角形，O为的中点.
（1）证明：平面；
（2）若，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）利用线面垂直的判定定理证明即可；
（2）依题意，建立空间直角坐标系，求出相关平面的法向量，再利用二面角的坐标公式即可得解.
【小问1详解】
是正三角形，为的中点，，
又是直三棱柱，平面，
又平面，，
又平面，平面.
【小问2详解】
依题意，建立空间直角坐标系，如图，
是边长为2的正三角形，则，
则，，，，．
，，，，
设平面的法向量为，则，即，
取，则，故，
设平面的法向量为，则，即，
取，则，故，
设平面与平面夹角为，
则，
平面与平面夹角的余弦值为.
19. 已知为抛物线的焦点，为坐标原点，为的准线上的一点，线段长度的最小值为.
（1）求的方程；
（2）过点作一条直线，交于，两点，试问在准线上是否存在定点，使得直线与的斜率之和等于直线斜率的平方?若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）
（2）存在符合题意的定点，的坐标是或
【解析】
【分析】（1）根据已知条件求得，从而求得抛物线的方程.
（2）设，设直线的方程为并与抛物线方程联立，化简写出根与系数关系，根据“直线与的斜率之和等于直线斜率的平方”列方程，求得，也即求得点的坐标.
小问1详解】
依题意，为的准线上的一点，线段长度的最小值为，
所以，所以抛物线的方程为.
【小问2详解】
抛物线的焦点，准线.
设，由于直线与抛物线有两个交点，所以直线与轴不重合，
设直线的方程为，由消去并化简得：
，设，
则
，，
，
若“直线与的斜率之和等于直线斜率的平方”，
则，
，
，
，
，
，
，，解得或，
所以存在符合题意的定点，的坐标是或.
20. 已知函数有两个极值点为，.
（1）当时，求的值；
（2）若（为自然对数的底数），求的最大值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）对函数求导代入，即可求出函数单调性可得，代入计算可求出；
（2）利用韦达定理可得，代入化简可得，构造函数，求出其单调性即可求得其最大值.
【小问1详解】
易知函数的定义域为，
则，
当时可得，，
因此可知当或时，；当时，；
所以在和上单调递增，在上单调递减；
可得和是函数的两个极值点，又，所以；
所以可得，
即当时，；
【小问2详解】
易知，
又，所以是方程的两个实数根，
由韦达定理可得，
所以
，
设，由可得，令，
则，所以在上单调递减，
可得，
故可知的最大值为.
21. 已知双曲线的左、右焦点分别为，，点在双曲线上．
（1）求的方程；
（2）过作两条相互垂直的直线和，与的右支分别交，两点和，两点，求四边形面积的最小值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）设双曲线，依题意可得，解得即可；
（2）设直线，，求得，联立方程组，利用弦长公式，求得，，得到，令，结合二次函数的性质，即可求解.
【小问1详解】
设双曲线，则，解得，
所以双曲线的方程为.
【小问2详解】
根据题意，直线，的斜率都存在且不为0，
设直线，，其中，
双曲线的渐近线为，
因为，均与的右支有两个交点，所以，，所以，
将的方程与联立，可得，
设，则，，
所以
，
用替换，可得，
所以．
令，所以，
则，
当，即时，等号成立，
故四边形面积的最小值为．
【点睛】解答圆锥曲线的最值问题的方法与策略：
（1）几何转化代数法：若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用圆锥曲线的定义、图形、几何性质来解决；
（2）函数取值法：若题目的条件和结论的几何特征不明显，则可以建立目标函数，再求这个函数的最值（或值域），常用方法：（1）配方法；（2）基本不等式法；（3）单调性法；（4）三角换元法；（5）导数法等，要特别注意自变量的取值范围.
22. 已知函数.
（1）讨论函数的单调性；
（2）当时，设，求证：函数存在极大值点，且.
【答案】（1）答案见解析
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）求出函数导数，分类讨论，判断导数正负，即可判断函数单调性；
（2）求出函数的导数，由此构造函数，利用导数判断其单调性，确定函数的极值点，并判断其范围，进而化简的表达式，即可证明结论.
【小问1详解】
由函数的定义域为，则，
当时，，在上单调递减；
当时，当时，，则在上单调递减；
当时，，则在上单调递增；
故当时，在上单调递减；
当时，在上单调递减，在上单调递增；
【小问2详解】
当时，由（1）可知，
在上单调递减，在上单调递增，
故；
故当时，，
则，
令，则，
仅当时等号成立，
故在上单调递增，
且，即存在唯一，使得，
当时，；当时，；
则当时，；当时，，当时，，
即在单调递增，在单调递减，在单调递增，
故函数存在极大值点，即为；
由，即，
故，
由于，故，且，
即.