广东省广州市广州四中2023-2024学年高二上学期12月月考数学试题（解析版）

这是一份广东省广州市广州四中2023-2024学年高二上学期12月月考数学试题（解析版），共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题：（本大题共8个小题，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，请将正确答案涂在答题卡上）
1. 直线2x﹣3y+1=0的一个方向向量是（ ）
A. （2，﹣3）B. （2，3）C. （﹣3，2）D. （3，2）
【答案】D
【解析】
【详解】由题意可得：直线2x﹣3y+1=0的斜率为k=，
所以直线2x﹣3y+1=0的一个方向向量 =（1，），或（3，2）
故选D．
2. 双曲线的渐近线方程是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】直接利用双曲线方程求解渐近线方程即可.
【详解】双曲线的渐近线方程是：
故选：A
3. 等比数列中，已知，，则（ ）
A. 4B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由等比数列的通项公式求出的值，再由进行计算即可得解.
【详解】设等比数列的公比为，
所以，所以，更多课件 教案 视频 等优质滋源请 家 威杏 MXSJ663 所以.
故选：A.
【点睛】本题考查了等比数列通项公式的应用，属于基础题.
4. 如图所示,在正方体中,点F是侧面的中心,设,则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据空间向量基本定理将转化为即可选出答案.
【详解】解:由题知, 点F是侧面的中心,
为中点,
则
,
故选:A
5. 已知直线与圆相交于点A，B，点P为圆上一动点，则面积的最大值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】应用点线距离、弦长的几何求法求，确定面积最大点P的位置，即可求面积最大值.
【详解】由圆心为，半径为，则圆心到直线距离，
所以，
要使面积最大，只需圆上一动点P到直线距离最远，为，
所以面积的最大值是.
故选：A
6. 已知数列满足，则 （ ）
A. 1B. 2C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据递推关系得到数列周期，利用周期性求项.
【详解】由题设，，，……，
所以是周期为3的数列，
又可得,则.
故选：B
7. 已知圆（为圆心，且在第一象限）经过，，且为直角三角形，则圆的方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】设且，半径为，根据题意列出方程组，求得的值，即可求解.
【详解】依题意，圆经过点，可设且，半径为，
则，解得，所以圆的方程为.
【点睛】本题主要考查了圆的标准方程的求解，其中解答中熟记圆的标准方程的形式，以及合理应用圆的性质是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题.
8. 等差数列的前n项和为，公差为d，，则下列结论错误的是（ ）
A. 若，则B. 若，则
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用等差数列前n项和公式，结合已知并讨论、研究数列的性质，进而判断各项的正误.
【详解】由题设，则，
所以，
若，则，故， ，
，A对；
若，则，故，，
，B错；
综上，，C对；
，
当，，此时，
当，，此时，
所以，D对.
故选：B
二、多选题（本大题共4个小题，每小题5分，共20分，在每小题给出的四个选项中有多项是符合题目要求的，请将正确答案涂在答题卡上．错选不得分，部分选对得2分，全选对得5分）
9. 已知直线，圆，则下列说法正确的是（ ）
A. 直线l必过点
B. 直线l与圆E必相交
C. 圆与圆E有3条公切线
D. 当时，直线l被圆E截得的弦长为
【答案】BC
【解析】
【分析】由直线方程确定过定点，判断定点与圆位置关系判断A、B；根据两圆圆心距离与半径间的关系判断C；应用点线距离及弦长的几何求法求弦长.
【详解】A：由，则必过定点，错；
B：将定点代入圆，有，
故点在圆内，即直线l与圆E必相交，对；
C：由题设且半径为，而且半径为，
所以，即两圆外切，故两圆有3条公切线，对；
D：由题设，则到直线的距离，
故直线l被圆E截得的弦长为，错.
故选：BC
10. 数列的前n项和为，已知，则（ ）
A. B. 是等比数列
C. D. 数列中的最小项是第2项
【答案】CD
【解析】
【分析】利用关系求数列通项公式，进而判断各项正误.
【详解】由题设，且，
所以，A、B错，C对；
由，数列递增，又，故数列中的最小项是第2项，D对.
故选：CD
11. 如图，若长方体的面是边长为2的正方形，高为．E是的中点，则（ ）
A.
B. 平面平面
C. 直线与平面所成角的余弦值为
D. 点C到平面的距离为
【答案】ACD
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，通过向量共线以及平面的法向量的关系，线面夹角正弦值的坐标运算，点到平面距离公式的应用，逐项判断选项的正误即可．
【详解】如图，以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴建立空间直角坐标系，
则，
则，所以，所以，故A正确；
，
设平面的法向量为，则，令，则，
设平面的法向量为，则，令，则，
因为与不平行，所以平面与平面不平行，故B不正确；
又
设面的法向量为，则，令，则，
所以，则直线与平面所成角的正弦值为
故直线与平面所成角的余弦值为，故C正确；
点C到平面的距离为，故D正确.
故选：ACD.
12. 已知过点，倾斜角为的直线l与抛物线相交于A，B两点．过线段AB中的中点P作平行于y轴的直线，分别与抛物线C和其准线相交于点M，N．则下列说法正确的是（ ）
A. 点M是线段PN的中点B. 直线AN与抛物线C相切
C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】将直线的方程与抛物线的方程联立，求出点的坐标，进而求出点、的坐标，可判断A选项；利用斜率关系判断出，可判断D选项；求出点、的坐标，利用直线上两点距离公式即可得的值，可判断C选项；求出直线的方程，将直线的方程与抛物线的方程联立，结合判别式可判断B选项．
【详解】题意可知，直线的方程为，设点, , ,，
联立，可得，
则，由韦达定理可得，
所以，则．
故点，所以直线的方程为，
由，可得，即点，抛物线的准线方程为，
所以点，易知点为线段的中点，故A正确；
所以，，所以．即，所以，故D正确；
解方程，可得，，
所以，即点．
，即点，
所以，故C错误；
又，所以直线的方程为，
即，
联立直线和抛物线的方程得，
可得，，
所以直线与抛物线相切，故B正确．
故选：ABD．
三、填空题：（本大题共4小题，每小题5分满分20分）
13. 在平面直角坐标系中，椭圆的中心为原点，焦点，在轴上，离心率为，过作直线交于两点，且的周长为，那么的方程为__________．
【答案】
【解析】
【详解】试题分析：依题意：4a＝16，即a＝4，又e＝＝，∴c＝，∴b2＝8.
∴椭圆C的方程为
考点：椭圆的定义及几何性质
14. 记等比数列的前n项和为，若，则________．
【答案】
【解析】
【分析】根据等比数列的前项和的性质，可得答案.
【详解】因为数列为等比数列，且等比数列的前项和为，所以成等比数列，
则，即，，解得.
故答案为：.
15. 在长方体中，，P为CD中点，则点P到直线的距离为________．
【答案】##
【解析】
【分析】构造空间直角坐标系，应用向量法求点线距离即可.
【详解】如下图，构造空间直角坐标系，则，
所以，
故点P到直线的距离为.
故答案为：
16. 如图，，是双曲线上的两点，是双曲线的右焦点.是以为顶点的等腰直角三角形，延长交双曲线于点.若，两点关于原点对称，则双曲线的离心率为______.
【答案】
【解析】
【分析】结合双曲线的定义、对称性列方程，化简求得的关系式，从而求得双曲线的离心率.
【详解】设左焦点为，连接，
依题意：是以为顶点的等腰直角三角形，，两点关于原点对称，
结合双曲线对称性可知：四边形是矩形，所以，
设，则，
，
由，
即，
整理得，.
故答案为：
三、解答题：（本大题共6小题，满分70分，解答应写出文字说明，证明过程或推演步骤）
17. 分别求满足下列条件的直线方程.
（Ⅰ）过点，且平行于:的直线；
（Ⅱ）与:垂直，且与点距离为的直线.
【答案】（Ⅰ）
（Ⅱ）或
【解析】
【分析】（Ⅰ）设所求直线方程为：，将点代入即可求得，问题得解．
（Ⅱ）设所求直线方程为：，利用点到所求直线距离为列方程即可求得或，问题得解．
【详解】（Ⅰ）设所求直线方程为：，
又所求直线过点，将它代入上式可得：，解得：，
所以所求直线方程为：，即：
（Ⅱ）设所求直线方程为：，又点到所求直线的距离为，
即：，解得：或，
所以所求直线方程为：或
【点睛】本题主要考查了互相平行，垂直的两直线方程之间的关系，考查方程思想及计算能力，属于基础题．
18. 如图，在直三棱柱中，，，.
（1）证明：；
（2）求二面角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析；
（2）.
【解析】
【分析】（1）根据直棱柱的几何性质，结合线面垂直的判定定理和性质进行证明即可；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式进行求解即可.
【小问1详解】
因为三棱柱是直三棱柱，
所以平面，平面，所以.
又，，
平面，所以平面.
因为平面，所以.；
【小问2详解】
如图，以为坐标原点，，，的方向分别为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，则，，，，
所以，，
设平面法向量为，
则，
令，得.
设平面的法向量为，
则，
令，则，
所以.
因为二面角为钝角，所以二面角的余弦值为.
19. 设等差数列的前n项和为，且．
（1）求的最大值及取得最大值时的n的值；
（2）若数列满足，求数列的通项公式．
【答案】（1）或时的最大值为；
（2）.
【解析】
【分析】（1）应用等差数列通项公式、前n项和公式求，结合二次函数性质求最大值并确定对应n值.
（2）由（1）及递推式有，应用累加法求数列通项即可.
【小问1详解】
令公差为，且，
所以，故，
所以，
，故或时的最大值为.
【小问2详解】
由（1）知，即，又，
所以，且，
则，故，显然也满足，
所以.
20. 如图所示，一隧道内设双行线公路，其截面由一段圆弧和一个长方形构成．已知隧道总宽度AD为m，行车道总宽度BC为m，侧墙EA、FD高为2m，弧顶高MN为5m．
（1）建立直角坐标系，求圆弧所在的圆的方程；
（2）为保证安全，要求行驶车辆顶部（设为平顶）与隧道顶部在竖直方向上的高度之差至少要有0.5m．请计算车辆通过隧道的限制高度是多少．
【答案】（1）x2+(y+3)2＝36
（2）3.5米
【解析】
【分析】（1）以EF所在直线为x轴，以MN所在直线为y轴，以1m为单位长度建立直角坐标系．设圆的方程为x2+(yb)2＝r2，通过F，M在圆上，求出参数值，得到圆的方程．
（2）设限高为h，作CP⊥AD交圆弧于P，则|CP|＝h+0.5，将P的横坐标x代入圆的方程，求出y，然后求出限高．
【小问1详解】
以EF所在直线为x轴，以MN所在直线为y轴，以1m为单位长度建立直角坐标系，则E(3,0)，F(3,0)，M(0,3)，
由所求圆圆心在y轴上，可设圆为x2+(yb)2＝r2，
又F，M在圆上，则，解得b＝3，r2＝36．
∴圆的方程为x2+(y+3)2＝36．
【小问2详解】
设限高为h，作CP⊥AD交圆弧于P，则|CP|＝h+0.5，
将P的横坐标x代入圆的方程，有，得y＝2或y＝8（舍），
∴h＝|CP|0.5＝(y+|DF|)0.5＝(2+2)0.5＝3.5(m)．
答：车辆通过隧道的限制高度是3.5米．
21. 如图，在四棱锥中，已知且四边形ABCD为直角梯形，分别为PA，PD的中点.
（1）求证：平面；
（2）点Q是线段BP上的动点，当直线CQ与DM所成角最小时，求线段BQ的长.
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】
【分析】（1） 连接，，由三角形中位线定理可得，从而可证明四边形为平行四边形，可得，利用线面平行的判定定理可得结果；
（2）以A为坐标原点， 为坐标轴建立空间直角坐标系，设，，利用空间向量夹角余弦公式可得，利用换元法，结合二次函数配方法，求得时直线与所成角取得最小值，此时.
【小问1详解】
证明：如图，连接，，因为点，分别是，的中点，所以，，
所以，，所以四边形为平行四边形，所以.又因为平面，平面，所以平面．
【小问2详解】
如图，以A为坐标原点建立空间直角坐标系，则，，，，． 所以，，设，，
又，所以.
设， 则，， 所以，，
当且仅当，即时，取得最大值， 即直线与所成角取得最小值，此时，而，，.
【点睛】本题主要考查线面平行的判定定理、向量法求异面直线所成的角，属于难题. 证明线面平行的常用方法：①利用线面平行的判定定理，使用这个定理的关键是设法在平面内找到一条与已知直线平行的直线，可利用几何体的特征，合理利用中位线定理、线面平行的性质或者构造平行四边形、寻找比例式证明两直线平行.②利用面面平行的性质，即两平面平行，在其中一平面内的直线平行于另一平面.
22. 已知椭圆C：（a>b>0），四点P1（1,1），P2（0,1），P3（–1，），P4（1，）中恰有三点在椭圆C上.
（Ⅰ）求C的方程；
（Ⅱ）设直线l不经过P2点且与C相交于A，B两点.若直线P2A与直线P2B斜率的和为–1，证明：l过定点.
【答案】(1) .
(2)证明见解析.
【解析】
【详解】试题分析：（1）根据，两点关于y轴对称，由椭圆的对称性可知C经过，两点.另外由知，C不经过点P1，所以点P2在C上.因此在椭圆上，代入其标准方程，即可求出C的方程；（2）先设直线P2A与直线P2B的斜率分别为k1，k2，再设直线l的方程，当l与x轴垂直时，通过计算，不满足题意，再设l：（），将代入，写出判别式，利用根与系数的关系表示出x1+x2，x1x2，进而表示出，根据列出等式表示出和的关系，从而判断出直线恒过定点.
试题解析：（1）由于，两点关于y轴对称，故由题设知C经过，两点.
又由知，C不经过点P1，所以点P2在C上.
因此，解得.
故C的方程为.
（2）设直线P2A与直线P2B的斜率分别为k1，k2，
如果l与x轴垂直，设l：x=t，由题设知，且，可得A，B的坐标分别为（t，），