2023-2024学年山西省吕梁市孝义市高二上学期12月月考数学试题含答案

这是一份2023-2024学年山西省吕梁市孝义市高二上学期12月月考数学试题含答案，共17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。
一、单选题
1．抛物线的准线方程为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】将抛物线的方程化为标准方程，即可得出该抛物线的准线方程.
【详解】由题意知抛物线C的标准方程为，所以其准线方程为．
故选：C．
2．已知为正项等比数列的前n项和，若，则的公比（ ）
A．3B．2C．D．
【答案】B
【分析】根据等比数列的通项公式以及前n项和公式，列方程求解，即得答案.
【详解】由题意知正项等比数列的公比，
若，则，
故，
所以，解得，（q的负值舍去）
故选：B
3．已知直线l的一个方向向量为，则直线l的倾斜角（ ）
A．0B．C．D．
【答案】B
【分析】利用方向向量求出直线斜率即可求出倾斜角.
【详解】由题意，因为直线l的一个方向向量为，所以l的斜率，
又,所以，因为,所以．
故选：B．
4．在等差数列中，，则（ ）
A．B．C．1345D．2345
【答案】A
【分析】根据等差数列的性质可得，，进而可得公差和通项公式，利用通项公式代入运算即可.
【详解】因为，得，
又因为，得，
可得数列的公差，则，
所以．
故选：A．
5．已知空间向量,若共面，则实数的值为（ ）
A．0B．1C．2D．3
【答案】D
【分析】利用三个向量共面，即可列出方程求出实数的值.
【详解】因为共面，所以存在实数对,使得,
即，
所以解得
故选：D．
6．已知两点，若在直线上存在4个点,使得为直角三角形，则实数a的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】分类讨论直角顶点的位置，由题意可得直线与圆相交，从而解得的范围.
【详解】由直线得，，即直线恒过.
当时，l的方程为，
此时l上的点与A,B两点共线，不能构成三角形，此时不合题意，故.
要使为直角三角形，则直角顶点可能，
如图，当直角顶点为时，即直线与直线交点满足题意；
当直角顶点为时，即直线与直线交点满足题意；
要使在直线上存在4个点,使得为直角三角形，
则直线l与以为直径的圆相交，
此时直线与以为直径的圆的两交点，满足题意；
因为以为直径的圆为,
所以,解得．
故a的取值范围为．
故选：D．
7．已知为椭圆的两个焦点，P为C上一点，则的最大值等于（ ）
A．2B．C．D．
【答案】C
【分析】利用椭圆的定义及二次函数的性质计算即可.
【详解】由题意知,半焦距,所以由椭圆定义知,
故,
且,
又，所以当或时，
取得最小值，且其最小值为，所以的最大值为．
故选:C．
8．已知平面α与正方体的12条棱所成的角均为，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】建立空间直角坐标系，将正方体的12条棱分3组，确定它们的方向向量，设平面的一个法向量，根据空间线面角的向量求法，即可求解.
【详解】以D为坐标原点，所在的直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，

设正方体的棱长为1，平面的一个法向量，
正方体的12条棱分为三组，各组的方向向量分别为，
由题意知，即，
故，又，所以，
故选：A．
二、多选题
9．已知曲线,则下列结论正确的是（ ）
A．若,则曲线C为双曲线
B．若,且,则曲线C为椭圆
C．若曲线C为双曲线，则其渐近线方程为
D．若曲线C表示椭圆，则其焦距为
【答案】ACD
【分析】根据椭圆、双曲线的方程和焦距逐项分析判断.
【详解】若,则C表示双曲线，其渐近线方程为，故AC正确；
若，例如当时不表示任何曲线，故B错误；
对于D，若曲线C表示椭圆，则,且，
当时，则焦点在x轴上，且，
则，即其焦距为；
同理当时，焦点在y轴上，此时的焦距为，故D正确．
故选：ACD．
10．已知直线，则（ ）
A．若，则B．若，则或
C．若与相交于点，则D．若，则在两坐标轴上的截距相等
【答案】BC
【分析】根据直线平行和垂直的条件求出参数a的值，可判断A，B；将代入的方程求出a，判断C；求出在两坐标轴上的截距判断D.
【详解】若，则，解得或，故A错误；
若，则，且，解得或，故B正确；
若与相交于点，则，解得，故C正确；
若，则在x轴和y轴上的截距分别为和，
显然截距不相等，故D错误．
故选：BC．
11．已知为每项均为正数等比数列的前n项积，若，则（ ）
A．为递减数列B．
C．当时，最大D．成等比数列
【答案】ACD
【分析】根据等比数列的性质结合可推出且，从而可判断等比数列的公比的范围，即可判断A，B，C；利用等比数列的定义可判断D.
【详解】因为，且，所以，即，
同理由可得，即，所以且，
又，所以，又，为正数等比数列，
设公比为q，则，
所以单调递减，且最大，故A，C正确，B错误；
因为，的公比为q，则，
即为等比数列，故D正确．
故选：ACD
12．如图，在正三棱柱中，D为的中点，空间一点P满足,其中,则（ ）
A．当时，存在点P,使得
B．当时，点P的轨迹的长度为2
C．当时，点P的轨迹为一段圆弧，其长度为π
D．当点P到直线的距离与其到直线的距离相等时，点P的轨迹为一段抛物线弧
【答案】ACD
【分析】利用向量的基本定理及线线位置关系可判定A，利用向量共线定理的推论可判定B，利用圆的定义可判定C，利用抛物线的定义可判定D.
【详解】由题意知，点P是侧面上的动点，在正三棱柱中易知面，
面，所以，
因为D为的中点，所以，
又面，故面，
对于A,当时，取的中点E,则P的轨迹为线段,
当点P在D点处时,显然面，则，即，故A正确；
对于B,当时，点三点共线，
故P的轨迹为线段,其长度为，故B错误；
对于C，易知，所以平面，
当时，所以,
故P点的轨迹为以E为圆心，1为半径的圆在侧面内的部分（半圆），
其长度为π，故C正确；
对于D,由上证面，
又点P在侧面内，所以,
故点P到直线的距离即为点P到点D的距离，
由题意知点P到点D的距离等于点P到直线的距离，
显然点D不在直线上，故点P的轨迹为抛物线在侧面内的部分，故D正确．
故选：ACD．
三、填空题
13．已知平面的法向量为，点为平面内一点，点为平面外一点，则点P到平面的距离为 ．
【答案】1
【分析】利用空间向量计算点面距离即可.
【详解】由题意得，故点P到平面的距离
故答案为：1
14．过点与圆相切的直线方程为 ．
【答案】或
【分析】分类讨论直线的斜率是否存在，结合直线与圆的位置关系分析求解.
【详解】由题意可知：圆的圆心为，半径，
因为，可知点在圆外，
当直线过点且斜率不存在时，，显然与圆相切；
当直线过点，且斜率存在时，设方程为，即，
则，解得，故方程为；
综上所述：直线方程为或.
故答案为：或.
15．已知F为双曲线的右焦点，过F作C的一条渐近线的垂线，垂足为P,若的面积为（O为坐标原点），则C的离心率为 ．
【答案】
【分析】根据题意可得点F到渐近线的距离为，结合面积关系列式求解即可.
【详解】设C的半焦距为，则，渐近线方程为，即，
故点F到渐近线的距离为，则，
由题意可得，即，
可得，所以，即．
故答案为：.
16．已知各项均为正数的数列的前n项和为恒成立，则数列的通项公式为 ;数列的前n项和等于 ．
【答案】
【分析】当时，求出，当时，，求出为等差数列，得到，当时，，求出，检验是否满足，写出表达式;
根据，利用分母有理化和裂项相消法，求解前n项和.
【详解】当时，，又,所以；
当时，，所以，
所以数列为等差数列，
所以,
又,所以,
所以当时，，
显然时上式成立，故；
,
故数列的前n项和
．
故答案为：；.
四、解答题
17．在等差数列中，是和的等比中项．
(1)求的通项公式；
(2)若，求的前n项和．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据等比中项的性质得到方程解出公差则得到通项；
（2）利用错位相减法求和即可.
【详解】（1）设数列的公差为d,由，得,
因为是和的等比中项，
所以,化简，得,
解得,或（舍），
所以．
（2）由（1）得，
所以，
两边同乘以，得，
两式相减，得
，
所以．
18．已知的边所在的直线方程分别为．
(1)求以点A为圆心，与圆相切的圆的方程；
(2)若为边的中点，求边所在的直线方程．
【答案】(1)或
(2)
【分析】（1）求出A点坐标，设出圆A的方程，讨论圆A和圆D外切和内切情况，求得半径，即可得答案；
（2）设，根据中点坐标公式表示出C点坐标，利用解方程组求得的值，即可求得边所在的直线方程.
【详解】（1）由，得，所以点，
满足，即A在圆外，

由题意知，所以．
设圆A的方程为，
当两圆外切时，有，所以，
故所求圆的方程为；
当两圆内切时，有，所以，故所求圆的方程为．
综上所述，所求圆的方程为或．
（2）设，因为点B在直线上，故，①
因为为边的中点，所以点C的坐标为，
又点C在直线上，所以，②
①②联立，解得，即，
故边所在的直线方程为，
化简，得，即边所在的直线方程为．
19．已知椭圆的左、右焦点分别为、，过点作交于点，的周长为，面积为．
(1)求的方程；
(2)过的直线交于、两点，若，求直线的方程．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）结合椭圆定义与坐标计算即可得；
（2）设出直线方程，与椭圆联立后消去得与有关韦达定理，结合，计算即可得.
【详解】（1）设，因为，所以，，
因为的周长为，面积为,
所以，，
即，，又，
所以，，，
所以C的方程为；

（2）由（1）知，因为的长轴长为4，故的斜率不为0，
设的方程为，，，
与的方程联立，得，
消去并整理，得，
恒成立，
所以，，
又
，
解得，
故的方程为，即．

20．如图，在四棱锥中，底面四边形为菱形，平面，过的平面交平面于．

(1)证明：平面；
(2)若平面平面，四棱锥的体积为，求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）先证明，，继而可证明平面平面，利用面面平行的性质定理，即可证明结论；
（2）先证明平面，从而建立空间直角坐标系，求得相关点坐标，求出平面与平面的法向量，根据空间角的向量求法，即可求得答案.
【详解】（1）证明：因为平面，过的平面交平面于，
即平面，平面平面，
所以，又，所以四边形为平行四边形，
所以，
又平面平面，所以平面，
四边形为菱形，则，平面平面，
故平面，又平面，
所以平面平面.
又平面，所以平面.
（2）由（1）知四边形为平行四边形，又，所以四边形为菱形，
因为，所以为等边三角形.
连接交于O，连接，则，
因为平面平面，平面平面，
又平面，所以平面，
因为平面，所以.
因为四棱锥的体积为，即，
又，所以，所以，
以O为坐标原点，所在的直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

则，
所以.
设平面的一个法向量，则，即
令，则，所以，
设平面的一个法向量，则，即，
令，解得，所以，
设平面与平面的夹角为，夹角范围为大于等于小于等于，
所以，
故平面与平面的夹角的余弦值为.
21．在数列中，,对任意正整数
(1)记,证明：为等比数列；
(2)求的通项公式及其前项和．
【答案】(1)证明见解析
(2)，
【分析】（1）根据题意可得，即，结合等比数列分析证明；
（2）由等比数列的通项公式可得，，进而可得的通项公式，利用并项求和法求.
【详解】（1）因为，且，
则，
可得，
且，可知，
所以是以4为首项，2为公比的等比数列．
（2）由（1）可得,所以，
所以，
又以为，则，
所以，
则，
所以
．
22．已知动点P到点的距离等于其到直线距离的2倍，记点P的轨迹为曲线．
(1)求曲线的方程；
(2)已知斜率为k的直线l与曲线交于点为坐标原点，若,证明：为定值．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）利用两点间距离公式计算即可；
（2）设直线l的方程及点的坐标，联立方程利用韦达定理计算即可.
【详解】（1）设动点,则,
点P到直线的距离，
由题意知，即，
化简，得，即曲线的方程为．
（2）证明：设直线l的方程为,
联立方程，得消去y并整理，得，
则，且,
所以，
所以
．
因为,所以，即,
所以，所以，
，
，
所以
，
即为定值．

【点睛】本题第二问难在计算，设线设点、联立方程、韦达定理计算是解决解析几何问题的常用三部曲，关键在于消元转化，需要多加练习提高计算能力即可.