湖南省岳阳市临湘市2024-2025学年高二上学期12月月考数学试卷（Word版附解析）

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1. 在等差数列中，，，则（ ）
A. 1B. 0C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用等差数列的中项求解.
【详解】解：由等差数列的性质可知，
所以．
故选：A．
2. 直线过点，，则的倾斜角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先计算直线的斜率，再求出直线的倾斜角.
【详解】由于的斜率为，故倾斜角满足，
又，从而.
故选：D.
3. 已知向量，，且，那么（ ）
A. B. C. D. 5
【答案】C
【解析】
【分析】根据空间向量垂直的坐标运算求得，然后利用空间向量模的坐标运算求解即可.
【详解】由向量，，且，
得，则，则.
故选：C
4. 已知圆的圆心在轴上且经过两点，则圆的标准方程是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】设圆的标准方程是，将代入求解即可.
【详解】解：由题意设圆的标准方程是，
因为圆经过两点，
所以，解得，
所以圆的标准方程是，
故选：A
5. 在平面直角坐标系中，动点到直线的距离比它到定点的距离小2，则点的轨迹方程为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据抛物线的定义即可求解.
【详解】由题意知动点到直线的距离与它到定点的距离相等，
由抛物线的定义知，点的轨迹是以为焦点，为准线的抛物线，
所以，点的轨迹方程为.
故选：B.
6. 已知，若圆上存在点满足，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用向量数量积的坐标表示求得点的轨迹方程为圆，再利用两圆相交得到关于的不等式，解之即可得解.
【详解】设点，则，，
所以，则，
所以点的轨迹方程为，圆心为，半径为3，
由此可知圆与有公共点，
又圆圆心为，半径为2，
所以，解得，即的取值范围是，
故选：A.
7. 经过椭圆的左焦点作倾斜角为的直线，直线与椭圆相交于，两点，则线段的长为（ ）
A. B. C. 2D.
【答案】B
【解析】
【分析】先求得直线故直线的方程，再与椭圆方程联立，结合韦达定理，利用弦长公式求解.
【详解】解：在中，，，
所以，即，
故左焦点为，而，
故直线的方程为，
联立得，
，设，，
由韦达定理得，，
则由弦长公式得．
故选：B．
8. 已知数列的通项公式，在其相邻两项之间插入个，得到新的数列，记的前项和为，则使成立的的最小值为（ ）
A. 28B. 29C. 30D. 31
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意分析得的项的情况，求出当时和当时的，找出的最小值.
【详解】由题意得数列的前项依次为：
，个，，个，，个，，个，，，
当时，
，
当时，
，
所以使成立的的最小值为.
故选：B.
二、多选题（共4小题，每小题5分，共20分）
9. 直线：与圆：的公共点的个数可能为（ ）
A. 0B. 1C. 2D. 3
【答案】BC
【解析】
【分析】首先得到圆心坐标与半径，再求出圆心到直线的距离的取值范围，即可判断.
【详解】圆：的圆心为，半径，
当时，点到直线的距离，
因此直线与圆相切或相交，所以直线与圆的公共点个数为或．
故选：BC．
10. 记等差数列的前项和为，数列的前项和为.已知当且仅当时，取得最大值，则（ ）
A. 若，则当且仅当时，取得最大值
B. 若，则当且仅当时，取得最大值
C. 若，则当或14时，取得最大值
D. 若，，则当或14时，取得最大值
【答案】ACD
【解析】
【分析】由等差数列前项和有最大值，得数列为递减数列，分析的正负号，可得取得最大值的情况，逐项分析即可.
【详解】由等差数列前项和有最大值，所以数列为递减数列，
对于A，当且仅当时取最大值，则当时，，当时，
若，则，，
，，
所以前14项和最大，A项正确；
对于B，，则，
同理，，，前13项和最大，B项错误；
对于C，且时取最大值，
设，则，
当时，；时，；时，，
所以或14时，前项和取最大值，C项正确；
对于D，，，得，
由题等差数列在时，，时，，
所以，，，
所以或14时，前项和取最大值，D项正确；
故选：ACD.
11. 已知是抛物线的焦点，是抛物线上的两点，为坐标原点，则（ ）
A. 若的纵坐标为2，则
B. 若直线过点，则的最小值为4
C. 若，则直线恒过定点
D. 若垂直的准线于点，且，则四边形的周长为
【答案】BC
【解析】
【分析】由点纵坐标可得点坐标，即可判断选项A错误；设直线方程，与抛物线方程联立，利用表示，即可得到选项B正确；设直线方程，与抛物线方程联立，计算
，利用可得选项C正确；利用条件计算点坐标，求出线段长计算周长可得选项D错误.
【详解】由题意得，，，准线方程.
A. 由的纵坐标为2得，，故，选项A错误.
B. 如图，设直线方程为：，，
由得，，
∴，
∴，当时，，选项B正确.
C. 如图，设直线方程为：，，
由得，，
∴，
∴，解得，
∴直线方程为：，恒过定点，选项C正确.
D.如图，设点第四象限.
由题意得，，则.
由准线方程为得，，故，，
∴，
∴四边形的周长为，选项D错误.
故选：BC.
12. 在正三棱柱中，，点满足，其中，，则（ ）
A. 当时，的周长为定值
B. 当时，三棱锥的体积为定值
C. 当时，有且仅有一个点，使得
D. 当时，有且仅有一个点，使得平面
【答案】BD
【解析】
【分析】对于A，由于等价向量关系，联系到一个三角形内，进而确定点的坐标；
对于B，将点运动轨迹考虑到一个三角形内，确定路线，进而考虑体积是否为定值；
对于C，考虑借助向量的平移将点轨迹确定，进而考虑建立合适的直角坐标系来求解点的个数；
对于D，考虑借助向量的平移将点轨迹确定，进而考虑建立合适的直角坐标系来求解点的个数．
【详解】
易知，点在矩形内部（含边界）．
对于A，当时，，即此时线段，周长不是定值，故A错误；
对于B，当时，，故此时点轨迹为线段，而，平面，则有到平面的距离为定值，所以其体积为定值，故B正确．
对于C，当时，，取，中点分别为，，则，所以点轨迹为线段，不妨建系解决，建立空间直角坐标系如图，，，，则，，，所以或．故均满足，故C错误；
对于D，当时，，取，中点为．，所以点轨迹为线段．设，因为，所以，，所以，此时与重合，故D正确．
故选：BD．
【点睛】本题主要考查向量等价替换，关键之处在于所求点的坐标放在三角形内．
三、填空题（共4小题，每小题5分，共20分）
13. 数列满足，若，则__________．
【答案】##
【解析】
【分析】根据条件等式，代入求，再赋值求.
【详解】由，得，，所以，．
故答案为：
14. 已知圆，试写出一个半径为1，且与轴和圆都相切的圆的标准方程：__________.
【答案】（答案不唯一）
【解析】
【分析】所求圆的圆心为，则，结合两圆位置关系列式求解即可.
【详解】因为圆的圆心为，半径，
设所求圆的圆心为，则，
且或，
若，，解得，
可得圆心为，所求圆的方程为；
若，，无解，不合题意；
若，，解得或，
可得圆心为或，
所求圆的方程为或；
若，，解得，
可得圆心为，所求圆的方程为；
故答案为：（答案不唯一）.
15. 如图，正方体的棱长是，是上的动点，、是上、下两底面上的动点，是中点，，则的最小值是________.
【答案】##
【解析】
【分析】以为顶点，构造棱长为的正方体，利用对称性将转化为，再根据四点共线时取最小值完成计算.
【详解】以为顶点，构造棱长为的正方体，如下图所示：
由对称性可知，，
又因为是上的动点，是下底面上的动点，所以是直角三角形，
又因为是中点，，所以，
当取得最小值时，此时四点共线，
则，
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：解答本题的关键点有两个方面，一方面是找出关于平面的对称点，从而可将转化为；另一方面是利用四点共线去分析求解最小值，将线段和问题转化为两点间距离问题.
16. 已知圆：和点，，若点在圆上，且，则实数的最小值是__________．
【答案】
【解析】
【分析】根据题意，由条件可得点在圆上，且点在圆上，即可得到两圆有公共点，列出不等式代入计算，即可得到结果.
【详解】设，由，得，
即点在圆上，
圆心为，半径．
圆的圆心为，半径，
又点在圆上，故圆与圆有公共点，
所以，解得，
所以或，即的最小值为．
故答案为：
四、解答题（共4小题，共70分）
17. 已知数列是首项为2，各项均为正数的等比数列，且是和的等差中项.
（1）求的通项公式；
（2）若数列满足，求的前2024项和.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用等差数列、等比数列的性质即可求解；
（2）利用裂项相消法结合对数运算公式求数列的前n项和即可.
【小问1详解】
设数列的公比为，则.
因为是和的等差中项，所以，
即，
解得或（舍去）或（舍去）
所以.
【小问2详解】
由（1）知
，
.
，
故的前2024项和.
18. 已知抛物线：的准线为，点在上，且点到直线的距离与其到轴的距离都等于2．
（1）求的方程；
（2）设为抛物线的焦点，过的直线与交于两点，若的面积为3，求直线的斜率．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意可知：，代入抛物线方程运算求解即可；
（2）设直线的方程为，联立方程，利用韦达定理可得，结合面积关系运算求解即可.
【小问1详解】
由题意可知，准线的方程为，
由点到直线的距离与其到轴的距离都等于2可知，，
因为点在上，所以，
整理得，，解得，
故的方程为．
【小问2详解】
由（1）可知，，则，
由题意可知，直线的斜率不为0，设其方程为，，，
由，消去x整理得，
则，可得，，
所以，
又因为的面积为3，则，
即，解得，
故直线的斜率为．
19. 已知圆，圆，若动圆与圆外切，且与圆内切，记动圆圆心的轨迹为.
（1）求的方程；
（2）过的直线与交于两点，且，求直线的方程.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）设动圆的半径为，根据题意得到，再根据椭圆的概念即可得到答案.
（2）由题意知直线的斜率存在且不为0，设为，联立，得，根据题意得到，再利用韦达定理求解即可.
【小问1详解】
设动圆的半径为，由题意
又，故的轨迹为椭圆.
故的轨迹方程为
【小问2详解】
由题意知直线的斜率存在且不为0，设为
联立，得
设，则
由，得，
所以，消去得，
解得，所以直线的方程为.
20. 在平面直角坐标系xOy中，若在曲线的方程中，以且代替得到曲线的方程，则称是由曲线通过关于原点的“伸缩变换”得到的曲线，称为伸缩比.
（1）若不过原点的直线通过关于原点的“伸缩变换”得到的曲线是，证明:是与平行的直线;
（2）已知伸缩比时，曲线通过关于原点的“伸缩变换”得到的曲线是，且与轴有A，B两个交点（在的左侧），过点且斜率为的直线与在轴的右侧有，两个交点.
①求的取值范围;
②若直线的斜率分别为，证明：为定值.
【答案】（1）证明见解析
（2）①；②证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据伸缩比的定义，计算证明即可. （2）①直曲联立，借助韦达定理计算即可；②结合①的结论，直接运算即可.
【小问1详解】
证明：设不过原点的直线的方程是都是常数，且a，b不同时为，则曲
线的方程是，且，即，因为都是常数，且a，b不同时为，
所以曲线是一条直线，且与直线平行
【小问2详解】
①解：伸缩比时，曲线通过关于原点的“伸缩变换”得到的曲线是，所以曲线的方程是，即.
与轴的两个交点A，B的坐标分别是，因为直线点，斜率为，所以直线的方程为，代入，
消去并整理得， 设，
则，，
因为与在轴的右侧有两个交点，所以，且，解得或，
所以的取值范围是.
②证明:由①知或，所以，
， ，
所以为定值.