2022-2023学年福建省永春第一中学高二上学期12月月考数学试题（解析版）

2022-2023学年福建省永春第一中学高二上学期12月月考数学试题

一、单选题

1．已知数列的通项公式为，则数列是（    ）

A．以1为首项，为公比的等比数列 B．以3为首项，为公比的等比数列

C．以1为首项，3为公比的等比数列 D．以3为首项，3为公比的等比数列

【答案】A

【分析】由通项公式可知，这是等比数列，然后利用等比数列的定义求出首项和公比即可.

【详解】因为，，所以数列是以1为首项，为公比的等比数列.

故选：A

2．已知直线与直线平行，则它们之间的距离是（    ）

A． B．2 C． D．

【答案】B

【分析】先根据线线平行公式可得，再根据平行线间的距离公式求解即可.

【详解】直线与直线平行，

∴，解得，故直线为直线，化简得，

∴它们之间的距离为．

故选：B．

3．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．已知为抛物线的焦点，点在抛物线上，为的重心，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】由抛物线方程确定焦点坐标，根据抛物线焦半径公式和重心的坐标表示可直接求得结果.

【详解】由抛物线方程知：；

设，，，

则；

为的重心，，则，

.

故选：C.

5．关于的方程有唯一解，则实数的范围是（    ）

A．

B．

C．

D．

【答案】D

【分析】将问题转化为函数与只有一个交点，然后利用数形结合处理．

【详解】因为方程有唯一解，

即有唯一解，

即与的图象有唯一交点，

又，即

表示圆心为，半径为1的上半圆（包括和，

而是过定点的直线，

如图：

当直线与半圆相切时，由圆心到直线的距离公式得：，解得

又，

由图象可知，当或或时，与的图象有唯一交点．

故选：D

6．已知各项为正的数列的前项和为，满足，则的最小值为（    ）

A． B．4 C．3 D．2

【答案】D

【分析】由结合求出，从而求得，由此求出的表达式，利用基本不等式即可求得答案．

【详解】各项为正的数列，

，

时，，

即，化为：，

，，

又，解得，

数列是等差数列，首项为1，公差为2．

，

，

，当且仅当时取等号，

的最小值为2．

故选：D．

7．已知双曲线的左、右焦点分别为，，过的直线与C的两条渐近线分别交于A，B两点，若A为线段的中点，且，则C的离心率为（    ）

A． B．2 C． D．3

【答案】B

【分析】由题意可得为直角三角形，再结合A为线段的中点，可得AO垂直平分，可表示出直线，再联立渐近线方程可以得到，，的关系，进而得到双曲线离心率

【详解】由题意可知，过的直线与C的两条渐近线分别交于A，B两点，当两个交点分别在第二和第三象限时不符合，

A为线段的中点，当交点在轴上方或轴下方时，根据对称性结果是一样的，选择一种即可，如图.

根据双曲线可得，，，两条渐近线方程，

，为的中点，

，又A为线段BF1的中点，垂直平分，

可设直线为①，直线为②，直线为③，

由②③得，交点坐标，点还在直线上，，可得，

，所以双曲线C的离心率，

故选：B

8．在正三棱柱中，所有棱长之和为定值，当正三棱柱外接球的表面积取得最小值时，正三棱柱的侧面积为（    ）

A．12 B．16 C．24 D．18

【答案】D

【分析】根据正三棱柱的性质、正弦定理、二次函数的性质，结合球的性质、球的表面积公式、棱柱的侧面积公式进行求解即可.

【详解】设正三棱柱的底面边长为，侧棱长为，，为正实数，

设，为正常数，，

设正三棱柱外接球的半径为，底面外接圆半径为，

由正弦定理得，，

所以

，

所以当时，取得最小值为，

所以正三棱柱外接球的表面积的最小值，．

则，

此时正三棱柱的侧面积为．

故选：D

【点睛】关键点睛：利用二次函数的项点的性质是解题的关键.

二、多选题

9．已知圆 ，直线，则（    ）

A．直线恒过定点

B．当时，圆上恰有三个点到直线的距离等于1

C．直线与圆有一个交点

D．若圆与圆 恰有三条公切线，则

【答案】AD

【分析】A选项，将直线变形，即可得到直线过的定点.B选项，结合点到直线的距离公式，可得到结果.C选项，由定点在圆内，即可求解.D选项，由公切线条数可确定两圆位置关系，根据圆心距与两圆半径之间的关系来求解.

【详解】对于A选项，直线 ，所以，令，解得，所以直线恒过定点，故A选项正确.

对于B选项，当时，直线为：，则圆心到直线的距离为，，所以圆上只有2个点到直线的距离为

，故B选项错误.

对于C选项，因为直线过定点，所以，所以定点在圆内，则直线与圆有两个交点.故C选项错误.

对于D选项，由圆的方程可得，，所以圆心为，半径为，因为两圆有三条公切线，所以两圆的位置关系为外切，则，解得，故D选项正确.

故选：AD

10．已知椭圆的长轴长是短轴长的3倍，则的值可能是（    ）

A． B． C．6 D．36

【答案】AD

【分析】根据椭圆的标准标准方程，分情况明确，结合长轴长与短轴长的定义，建立方程，可得答案.

【详解】由，

当时，则，，由题意，，可得，解得，符合题意；

当时，则，，由题意，，可得，解得，符合题意.

故选：AD.

11．已知正方体棱长为，为棱的中点，为底面上的动点，则下列说法正确的是（     ）

A．存在点，使得

B．存在唯一点，使得

C．当，此时点的轨迹长度为

D．当为底面的中心时，三棱锥的外接球体积为

【答案】BCD

【分析】以为坐标原点建立空间直角坐标系，设，根据点关于平面的对称点为，由可知A错误；利用向量垂直的坐标表示可求得时的点坐标，当时点的轨迹方程，可知BC正确；根据垂直关系可知三棱锥外接球球心为中点，半径为，由球的体积公式可求得D正确.

【详解】以为坐标原点，正方向为轴，可建立如图所示空间直角坐标系，

则，，，设，

，，

对于A，点关于平面的对称点为，

则（当且仅当三点共线时取等号），A错误；

对于B，由得：，

即，，即存在点，使得，B正确；

对于C，，，

由得：，即，

点轨迹是连接棱中点与棱中点的线段，其长度为线段的一半，

点轨迹长为，C正确；

对于D，平面，平面，，

由B知：，中点到的距离相等，

即三棱锥外接球球心为中点，半径为，

三棱锥外接球体积，D正确.

故选：BCD.

12．将数列中的所有项排成如下数阵：

……

已知从第二行开始每一行比上一行多两项，第一列数成等差数列，且．从第二行起，每一行中的数按从左到右的顺序均构成以为公比的等比数列，则（　　）

A． B．在第85列 C． D．

【答案】ACD

【分析】由已知，根据条件，选项A，设第一列数所组成的等差数列公差为d，根据求解公差，然后再求解即可验证；根据数阵的规律，先计算第行共有项，然后再总结前行共有项，先计算前44行共有项，然后用，即可判断选项B；选项D，先计算第一列数所组成的等差数列第行的第一项为：，然后再根据每一行中的数按从左到右的顺序均构成以为公比的等比数列，利用等比数列通项公式即可求解通项；选项C，先表示出，，然后可令、，分别判断数列的单调性，求解出对应的最大值与最小值，比较即可判断.

【详解】由已知，第一列数成等差数列，且，

设第一列数所组成的等差数列公差为d，则，

所以，选项A正确；

第一行共有1项，第二行共有3项，第三行共有5项，，第行共有项，

所以前一行共有项，前二行共有项，前三行共有项，，前行共有项，

所以前44行共有项，而，

所以位于第45行86列，故选项B错误；

第一列数所组成的等差数列第行的第一项为：，

且每一行中的数按从左到右的顺序均构成以为公比的等比数列，

所以第行的数构成以为首项，公比为的等比数列，

所以，故选项D正确；

因为第一列数所组成的等差数列第行的第一项为：，

所以，

令，

所以，

当且时，，

所以，所以，

而令，在上单调递增，

所以，所以成立，选项C正确.

故选：ACD.

【点睛】在处理等差等比数列交叉的数阵问题时，可根据条件说明，或者数阵行、列的规律总结、类比出等差、等比数列，需要注意的是，不要把求通项和求和的式子混淆了.

三、填空题

13．在等差数列中，如果前5项的和为，那么等于______．

【答案】4

【分析】利用等差数列前项和公式和等差中项求解即可.

【详解】因为等差数列前5项的和，

所以，

所以

故答案为：4

14．已知直线过点，它的一个方向向量为，则点到直线AB的距离为___________.

【答案】2

【分析】利用空间中点到直线的距离公式求解即可

【详解】因为，，

点到直线AB方向上的投影为，

所以点到直线AB的距离为，

故答案为：2

15．设，其中，，，成公差为d的等差数列，，，成公比为3的等比数列，则d的最小值为______.

【答案】

【分析】由已知利用等差数列及等比数列的通项可知，进而得解.

【详解】，设，则

又，，，成公差为d的等差数列，，，成公比为3的等比数列，

即，

可得，只需即可，所以.

当m取最小值时，由不等式组得，故d的最小值为.

故答案为：

四、双空题

16．阿基米德（公元前287年—公元前212年）不仅是著名的物理学家，也是著名的数学家，他利用“逼近法”得到椭圆的面积除以圆周率等于椭圆的长半轴与短半轴的乘积.已知平面直角坐标系中，椭圆：的面积为，两焦点与短轴的一个顶点构成等边三角形.则椭圆的标准方程___________.若过点的直线与交于不同的两点，，则面积的最大值___________.

【答案】         

【分析】根据题意计算得到，得到椭圆方程，设直线的方程为，联立方程，根据韦达定理得到，，表示出，换元，计算可解得答案.

【详解】依题意有解得所以椭圆的标准方程是;

由题意直线的斜率不能为，设直线的方程为，

由方程组得，

设，，

所以，，

所以，

所以，

令（），则，，

因为在上单调递增，

所以当，即时，面积取得最大值为.

故答案为：，.

【点睛】方法点睛：解决圆锥曲线中的范围或最值问题时，若题目的条件和结论能体现出明确的函数关系，则可先建立目标函数，再求这个函数的最值，在利用代数法解决最值与范围问题时常从以下几个方面考虑：

①利用判别式构造不等关系，从而确定参数的取值范围；

②利用已知参数的范围，求出新参数的范围，解题的关键是建立两个参数之间的等量关系；

③利用基本不等式求出参数的取值范围；

④利用函数值域的求法，确定参数的取值范围.

五、解答题

17．若是公差不为0的等差数列的前项和，且，，成等比数列，.

(1)求数列的通项公式；

(2)设，求数列的前项和.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）等差数列通项公式和求和公式列方程求解；

（2）利用裂项相消法，可求和.

【详解】（1）根据题意，设等差数列公差为，

因为，，成等比数列，，

所以，

整理得：，

解得.

故.

（2）由（1）得：，

.

18．如图，在四棱锥中，底面，，，，为的中点，是的中点．

(1)证明：平面．

(2)求点到平面的距离．

【答案】(1)证明见解析；

(2)

【分析】（1）依题意可得，再由，即可得到，从而得证；

（2）由题意，利用等体积法，通过计算三棱锥的体积，可得答案．

【详解】（1）证明：因为为的中点，是的中点，

所以，又，所以，

平面，平面，所以平面．

（2）解：因为底面，，，

所以，，，

所以．

设点到平面的距离为，

由，得，即，

则，解得．

19．已知以点为圆心的圆与直线相切，过点的直线l与圆A相交于M，N两点，Q是MN的中点，．

(1)求圆A的标准方程；

(2)求直线l的方程．

【答案】(1)

(2)或

【分析】（1）由圆与直线相切结合点线距离公式可得半径，即可求得标准方程；

（2）分别讨论直线l与x轴垂直与否，设出直线方程，结合垂径定理、点线距离公式列方程即可解得参数.

【详解】（1）设圆A半径为R，由圆与直线相切得，

∴圆A的标准方程为.

（2）i. 当直线l与x轴垂直时，即，此时，符合题意；

ii. 当直线l不与x轴垂直时，设方程为，即，

Q是MN的中点，，∴，即，解得，∴直线l为：.

∴直线l的方程为或.

20．如图，在四棱椎中，底面为平行四边形，平面，点分别为的中点，且.

(1)若，求直线与平面所成角的正弦值；

(2)若直线与平面所成角的正弦值的取值范围为，求平面与平面的夹角的余弦值的取值范围.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据题意，建立空间直角坐标系，从而求得平面的法向量与，由此可求得直线与平面所成角的正弦值；

（2）设，从而分别求得平面与平面的法向量与及，从而由题意条件求得，进而可求得平面与平面的夹角的余弦值的取值范围.

【详解】（1）因为，则，即，

又因为平面，所以，

故建立如图所示的空间直角坐标系，则，

故，

设平面的一个法向量为，则，即，

令，则，故，

设直线与平面所成角为，则，

所以直线与平面所成角的正弦值为.

.

（2）设，则，故，

设平面的一个法向量为，则，即，

令，则，故，

易得平面的一个法向量为，又，

设直线与平面所成角为，则，

即，解得，

设平面与平面的夹角为，则，

因为，所以，则，故，即.

所以平面与平面的夹角的余弦值的取值范围为.

21．已知数列满足，，.

(1)若，写出所有可能的值；

(2)若数列是严格递增数列，且，，成等差数列，求的值；

(3)若，且是严格递增数列，是严格递减数列，求数列的通项公式.

【答案】(1)；

(2)；

(3)答案见解析.

【分析】（1）根据题意，先求，再求，再求，可得答案；

（2）由，计算得，，根据，，成等差数列，构造方程可解得的值；

（3）由是严格递增数列，是严格递减数列，推导可得，累加后得到和，根据的值，讨论可得答案.

【详解】（1）由题意，可得或，

若，则，所以或，

若，则，所以或，

故或或，

若，则，所以或，

若，则，所以或，

若，则，所以或，

综上，有可能的值为；

（2）因为数列是递增数列，所以.

而，所以，，

又，，成等差数列，所以，

代入整理得.解得或，

当时，，这与是严格递增数列矛盾，

所以；

（3）因为是递增数列，所以，所以，①

但，，，所以②

由①，②知，，所以，③

因为是递减数列，同理可得，所以，④

联立③，④得，相加可得，

累加得

于是由③得，.

即，

故 ，且

所以

由，得或，

于是当时，,

当时，，其中.

【点睛】本题为带绝对值的递推公式求通项公式的综合问题，第一问求，根据绝对值的含义，按部就班，逐步讨论，先求，再求，再求，第三问，根据是严格递增数列，是严格递减数列，得到，进行累加得是解题的关键.

22．已知抛物线C：，点.

(1)设斜率为1的直线l与抛物线C交于A，B两点，若的面积为，求直线l的方程；

(2)是否存在定圆M：，使得过曲线C上任意一点Q作圆M的两条切线，与曲线C交于另外两点A，B时，总有直线AB也与圆M相切？若存在，求出m的值，若不存在，请说明理由.

【答案】(1)

(2)存在实数，使得直线与圆相切．

【分析】（1）设直线的方程为，代入抛物线的方程，由弦长公式求出，点到直线的距离公式求出的高，再依据三角形的面积公式，解方程可得，进而得到直线方程；

（2）假设存在，根据一般到特殊的原理，取，设切线为，联立抛物线方程，求出点以及直线，由相切可得．再由特殊到一般，证明对任意的动点，直线与圆相切，即可说明存在，使得直线与圆相切．

【详解】（1）设直线的方程为，

把方程代入抛物线，可得，

，，

，

点到直线的距离，

，

解得，所以直线的方程．

（2）假设存在．取，圆，设切线为，

由，解得，①

将直线代入抛物线方程，

解得，，

直线的方程为，

若直线和圆相切，可得②

由①得,由①②解得，．

下证时，对任意的动点，直线和圆相切．

理由如下：设，当时,上面假设已经说明成立;

当,一条切线与轴平行,不能与抛物线交于另一点,故,

以下就且情况下证明.

过的直线为， ，

由，可得，

，，

又直线与曲线相交于 ，，

由，代入抛物线方程可得，

可得，，

则，是方程的两根，

即有，即，同理．

则有，，

直线，

即为，

则圆心到直线的距离为

，

由，

代入上式，化简可得，

则有对任意的动点，存在实数，使得直线与圆相切．

【点睛】方法点睛：数学中探究性问题解决方法:要判断在某些确定条件下的某结论是否存在或成立,解决这类问题的基本策略是：

(1)从一般到特殊,先利用特殊位置(或情况)使结论成立,得到使结论成立的条件, 再由特殊到一般，在这个条件下对一般情况下证明.

(2)通常假定题中的结论存在(或成立)，然后在这个前提下进行逻辑推理，若由此导出矛盾，则否定假设；否则，给出肯定结论。其中反证法在解题中起着重要的作用。