湖南省邵阳市邵东市第一中学2023-2024学年高二上学期12月月考数学试题

这是一份湖南省邵阳市邵东市第一中学2023-2024学年高二上学期12月月考数学试题，共16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（本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.）
1．已知为虚数单位，且，则（ ）
A．B．C．D．
2．p：x2≤1是q：的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件D．既不充分也不必要条件
3．已知等差数列，其前项和为，则（ ）
A．24B．36C．48D．64
4．若为正实数，直线和直线互相垂直，则的最大值为（ ）
A．B．C．D．
5．在平面直角坐标系中，已知双曲线的左、右焦点分别为，为双曲线右支上一点，连接交轴于点．若为等边三角形，则双曲线的离心率为（ ）
A．B．C．D．
6．如图，已知正方体AC1的棱长为2、E、F分别是棱、的中点，点P为底面ABCD内（包括界）一动点，若直线与平面BEF
无公共点，则点P的轨迹长度为（ ）
A．B． C．D．
7．已知F为椭圆C：的右焦点，P为C上一点，Q为圆M：上一点，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
8．已知是定义在上的偶函数，若、且时，更多课件教案等优质滋元可 家 威杏 MXSJ663 恒成立，且，则满足的实数的取值范围为（ ）
A． B．C．D．
二、多选题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.）
9．已知圆，直线．则（ ）
A．直线恒过定点
B．直线与圆有两个交点
C．当时，圆上恰有四个点到直线的距离等于1
D．若，则圆与圆恰有三条公切线
10．已知数列的前n项和为，下列说法正确的是（ ）
A．若点在函数（k，b为常数）的图象上，则为等差数列
B．若为等差数列，则为等比数列
C．若为等差数列，，，，则当时，最大
D．若，则为等比数列
11．《文心雕龙》中说“造化赋形，支体必双，神理为用，事不孤立”，意思是自然界的事物都是成双成对的.已知动点与定点的距离和它到定直线的距离的比是常数.若某条直线上存在这样的点，则称该直线为“成双直线”，则下列结论正确的是（ ）
A．动点的轨迹方程为
B．直线为成双直线
C．若直线与点的轨迹相交于两点，点为点的轨迹上不同于的一点，且直线的斜率分别为，则
D．点为点的轨迹上的任意一点，，，则面积为
12．在正方体中，，点P满足，其中，则下列结论正确的是（ ）
A．当平面时，与所成夹角可能为
B．当时，的最小值为
C．若与平面所成角为，则点P的轨迹长度为
D．当时，正方体经过点的截面面积的取值范围为
三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填在题中的横线上.）
13．在三棱锥中，分别是的中点，设，用表示，则等于 _______ ．
14．已知数列的前项和为，若，且，则数列的前100项和为 .
15．已知抛物线的焦点为F，点，点P是抛物线C上的动点，则的最小值为 .
16．在梯形中，，，，将沿折起，连接，得到三棱锥，当三棱锥的体积取得最大值时，该三棱锥的外接球的表面积为 .
四、解答题（本大题共6小题，共70分.解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤.）
17．已知数列是等差数列，其前项和为，且，.
(1)求的通项公式；
(2)设，求数列的前项和.
18．在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，，且.
(1)求内角A的大小；
(2)若，求面积的最大值.
19．已知为抛物线的焦点，为坐标原点，为的准线上的一点，直线的斜率为，的面积为4.
(1)求的方程；
(2)过抛物线的焦点做倾斜角为60的直线交抛物线于A、B两点，求弦长|AB|.
20．如图，在四棱锥中，平面，底面为直角梯形，，为棱上异于的点．
(1)求证：平面；
(2)若三棱锥的体积为，求平面与
平面夹角的余弦值．
21．已知椭圆过点，且离心率为.
(1)求椭圆方程；
(2)点分别为椭圆的上下顶点，过点且斜率为的直线与椭圆交于不同的两点，探究直线的交点是否在一条定直线上，若存在，求出该直线的方程；若不存在，请说明理由.
22. 为数列{}的前项和.已知＞0，=.
(1)求数列的通项公式；
(2)设是首项为1，公比为3的等比数列，
①求数列的前项和； ②若不等式对一切恒成立，求实数的最大值．
2023年下学期高二第三次月考数学试卷参考答案：
1．B 【详解】由题意：.
2．A【详解】由，得命题,
由等价于，得命题,
又,所以是的充分不必要条件.
3．B【详解】因为数列为等差数列，且，
由等差数列的性质，可得，所以，又由.
4．B【详解】直线和直线互相垂直，
，即，，
（当且仅当时取等号），的最大值为.
5．C【详解】设，为等边三角形，，
，又，
，，，
，，
，解得：（舍）或，
双曲线的离心率为.
6．B【详解】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
则、、、，设点，
则，，设平面的法向量为，
由，取，可得，
，由题意可知，平面，则，
令，可得；令，可得.
所以点的轨迹交线段于点，交线段的中点，
所以点的轨迹长度为.
7．D【详解】如图，由题可知，圆的圆心坐标为，半径为1，
设椭圆的左焦点为，即，
则，
故要求的最小值，即求的最小值，
所以的最小值等于，即的最小值为，
8．A【详解】设，则，，
令，则，所以，函数在上为增函数，
对任意的，，
所以，函数为上的偶函数，且，
由可得，即，
即，所以，，即，故.
9．BD【详解】直线的方程整理为，
由得，所以直线过定点，A错；
又，即定点在圆内，因此直线与圆相交，有两个交点，B正确；
时直线方程为，圆心到直线的距离为，圆半径为2，因此只有2个点到直线的距离等于1，C错；
时，圆的标准方程为，圆心为，半径为3，两圆圆心距为，两圆外切，因此它们有三条公切线，D正确，
故选：BD．
10．ABC【详解】对于A：点在函数，为常数）的图象上，故，
故（常数），则为等差数列，故A正确；
对于B：由于数列为等差数列，所以（常数），
故（常数），所以数列为等比数列，故B正确；
对于C：若为等差数列，，所以，则，
又，所以，故，所以公差，
所以等差数列递减，则当时，，当时，，
则当时，最大，故C正确；
对于D：由于，当时，整理得，
当时，，故，经检验，不满足上式，
故，故选项D错误．
故选：ABC．
11．BC【分析】对A，根据题意先求出动点P的轨迹方程判断即可;对B，联立与，得出二次方程，根据判别式判断是否有解即可;对C，设，再表达出，结合椭圆的方程求解即可;对D，根据焦点三角形的面积公式求解即可.
【详解】对A，设，则，即，化简得，故A错;
对B，联立，消去得，，故直线上存在这样的点，
所以为成双直线，故B正确;
对C，设，则，所以
，故C正确.
对D，易得分别为椭圆的左右焦点，，
设，根据余弦定理得，
解得，则，
（或根据结论得面积为，）故D错误.
故选：BC.
12．AC【分析】A选项，当点与点重合时，满足平面，与所成夹角为，A正确；B选项，将两图形展开到同一平面内，由三点共线得到的最小值，由余弦定理求出最小值；C选项，作出辅助线，得到点P的轨迹，求出轨迹长度；D选项，先得到点在线段上，从而得到正方体过点的截面，建立空间直角坐标系，得到点到直线的距离，从而求出截面面积的取值范围.
【详解】如图1，因为，，
所以点在正方形内（包含四个端点），当点与点重合时，，
因为平面，平面，所以平面，
此时，故为等边三角形，故与所成夹角为，A正确；
当时，点在对角线上，
将矩形和等腰直角三角形折叠到同一平面内，如图2，
连接与于点，
由三点共线可知，的最小值即为的长，
其中，，
由余弦定理得
，B错误；
C选项，如图3，以为圆心，的长为半径作圆，与正方形交于圆弧，

此时满足与平面所成角为，
故则点P的轨迹长度等于，C正确；
D选项，如图4，当时，，
即，故，故点在线段上，
在上取点，使得，连接，
则可证得，四边形为平行四边形，
故正方体经过点的截面为平行四边形，
以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
则，，
其中，，
，
则，
则点到直线的距离
，因为，所以，

故截面面积为，D错误.
故选：AC
13．【详解】由题意得
.
故答案为：.
14．
【分析】先求解的值，当时，利用求解数列的通项公式，再求解数列，利用裂项相消法求前项和即可.
【详解】当时，．
当时，，则，
当时，满足上式，则．，
则前项和
所以.
15．【分析】如图所示，设点P在准线上的射影为Q，等价于直线AP与抛物线C相切时∠PAQ最小，sin∠PAQ也最小，再根据求解即可.
【详解】点A(-4，0)在抛物线C的准线x=-4上，设点P在准线上的射影为Q，则，当直线AP与抛物线C相切时∠PAQ最小，sin∠PAQ也最小.
设PA的方程为y=k(x+4)，
与联立得0.
由得，
当时，.
16．【详解】过点作，垂足为，如图下图所示：
因为为等腰梯形，，，所以，
，可得，
由余弦定理得，即，
易知，所以，
易知，当平面平面时，三棱锥体积最大，如图所示：
此时，平面，易知，，
记为外接球球心，半径为，
由于平面，，
因此到平面的距离，
又的外接圆半径，
因此外接球半径，即可得球的表面积为.
17．(1)(2).
【详解】（1）设等差数列的公差为，又，，
所以，解得，，
所以的通项公式.
（2）由（1）知，
所以
.
18．(1) (2)
【详解】（1），
（2）由余弦定理得：
即
当且仅当时，面积有最大值，最大值为
19．【详解】（1）由题意知，设点的坐标为，
则直线的斜率为．
因为直线的斜率为，所以，即，
所以的面积，
解得或（舍去），故抛物线的方程为．
（2）设点，，．
则直线的方程为，由消去整理得，
， 故弦长
20．(1)证明见解析(2)
【分析】（1）根据题意分别证明即可.
（2）先由题意求出点的位置，然后建立适当的空间直角坐标系，利用已知条件分别求出两平面的法向量，最后利用平面夹角公式即可.
【详解】（1）如图所示：
取中点，连接，则由题意有，
因为由题意，
所以四边形为平行四边形，所以，
又因为四边形为直角梯形，所以，所以，
因为，，所以，
又因为平面，平面，所以，
因为，所以，
又因为，所以，从而，
又因为，面，且，所以平面.
（2）由题意不妨设点到面的距离为，所以三棱锥的体积为
，
所以解得，
如图所示：设点到面的距离为，
则平面，又因为平面，平面
所以，
所以为的中位线，即分别为的中点，
因为底面为直角梯形，所以，
所以以为坐标原点，方向分别为轴正方向建立空间直角坐标系，
由题意，
所以，
由（1）可知平面，
故可取平面的一个法向量为，
不妨设平面的一个法向量为，则，即，
令，解得，即可取，
不妨设平面与平面的夹角为，则，
即平面与平面的夹角的余弦值为.
21．(1)(2)存在，
【分析】（1）由椭圆离心率可得，再将代入椭圆的方程可得，即可求出椭圆的方程；
（2）设，直线的方程为:，联立直线和椭圆的方程求出两根之积和两根之和，设直线的方程和直线的方程，两式联立求得交点的纵坐标的表达式，将两根之积和两根之和代入可证得交点在一条定直线上.
【详解】（1）因为椭圆的离心率为，即，
所以，所以，又因为椭圆过点，
所以，解得：，所以椭圆方程为.
（2）因为，设，
直线的方程为:，联立方程，得，
得则
直线的方程为： ，直线的方程为：，
联立两直线方程消元：
法1：由韦达定理得代入化简，得，
即直线的交点在定直线上.
法2：由，得
代入化简，得，
即直线的交点在定直线上.
法3： 代点进椭圆方程得化简得
进而得到，代入化简
转化为韦达定理代入
，得，
即直线的交点在定直线上.
22.解析:（1）（I）由an2+2an＝4Sn+3，可知an+12+2an+1＝4Sn+1+3
两式相减得an+12﹣an2+2（an+1﹣an）＝4an+1，即2（an+1+an）＝an+12﹣an2＝（an+1+an）（an+1﹣an），∵an＞0，∴an+1﹣an＝2，∵a12+2a1＝4a1+3，∴a1＝﹣1（舍）或a1＝3，
则{an}是首项为3，公差d＝2的等差数列，∴{an}的通项公式an＝3+2（n﹣1）＝2n+1：
（2）①，，，
，
所以．
．
②由（1）易求得，所以不等式对一切恒成立，
即转化为对一切恒成立，令，则，
又，当时，；时，，所以，且，则．
所以实数的最大值为．