2023-2024学年湖南省常德市第一中学高二上学期第二次月水平检测（12月）数学试题含答案

这是一份2023-2024学年湖南省常德市第一中学高二上学期第二次月水平检测（12月）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．若，在直线上，则直线的一个方向向量是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据题意，求得向量，结合选项，根据共线向量的判定，即可求解.
【详解】由点，，可得，
因为点，在直线上，所以直线的方向向量与向量共线，
结合选项，向量，可得，
所以向量与向量是共线向量，可以作为直线的一个方向向量.
故选：B.
2．已知的顶点分别为，，，则AC边上的高BD等于（ ）．
A．3B．4
C．5D．6
【答案】C
【分析】设，先表示的坐标，进而表示的坐标，再根据，求得，进而得到的坐标求解.
【详解】设，
则，
，
因为，
所以，即，
解得，
所以，
所以，
故选：C
3．若数列满足，，则数列的前n项和最大时，n的值为（ ）
A．6B．7C．8D．9
【答案】B
【分析】根据等差数列的定义，结合等差数列的通项公式进行求解即可.
【详解】因为，，所以数列是以19为首项，为公差的等差数列，所以．要使的前n项和最大，则需，即，所以，又，所以，
故选：B
4．若直线l的方程为x-ysinθ+2=0，则直线l的倾角的范围是（ ）
A．[0，]B．[，]C．[，]D．[，）∪（，）
【答案】C
【分析】分，讨论即可
【详解】当时，方程为，倾斜角为
当时，直线的斜率，
所以
即
综上
故选：．
5．曲线与曲线的（ ）
A．长轴长相等B．焦距相等C．离心率相等D．短轴长相等
【答案】B
【分析】根据，得到，再利用a，b，c的关系求解.
【详解】解：因为，
所以，
则，
，
所以两曲线长轴长不相等，焦距相等，离心率不相等，短轴长不相等，
故选：B
6．与圆及圆都外切的圆的圆心在（ ）
A．一个椭圆上B．双曲线的一支上
C．一条抛物线上D．一个圆上
【答案】B
【解析】设动圆的圆心为P，半径为r, 圆的圆心为O（0，0）, 圆的圆心为F（4，0）,则，根据双曲线得定义可得答案.
【详解】设动圆的圆心为P，半径为r，而圆的圆心为 ，半径为1；
圆,即的圆心为，半径为2.
依题意得， ，则
所以点P的轨迹是双曲线的一支.
故选：B
7．两圆与的公共弦长为（ ）
A．B．C．D．1
【答案】B
【分析】利用公共弦方程及弦长公式计算即可.
【详解】由题意可知该两圆的公共弦方程为，
易知圆的圆心为原点，半径为，
则原点到公共弦的距离，
由弦长公式可知公共弦长.
故选：B
8．设抛物线C：y2=4x的焦点为F，过点（–2，0）且斜率为的直线与C交于M，N两点，则=
A．5B．6C．7D．8
【答案】D
【分析】首先根据题中的条件，利用点斜式写出直线的方程，涉及到直线与抛物线相交，联立方程组，消元化简，求得两点，再利用所给的抛物线的方程，写出其焦点坐标，之后应用向量坐标公式，求得，最后应用向量数量积坐标公式求得结果.
【详解】根据题意，过点（–2，0）且斜率为的直线方程为，
与抛物线方程联立，消元整理得：，
解得，又，
所以，
从而可以求得，故选D.
【点睛】该题考查的是有关直线与抛物线相交求有关交点坐标所满足的条件的问题，在求解的过程中，首先需要根据题意确定直线的方程，之后需要联立方程组，消元化简求解，从而确定出，之后借助于抛物线的方程求得，最后一步应用向量坐标公式求得向量的坐标，之后应用向量数量积坐标公式求得结果，也可以不求点M、N的坐标，应用韦达定理得到结果.
二、多选题
9．已知ABCD﹣A1B1C1D1为正方体，下列说法中正确的是（ ）
A．B．
C．向量与向量的夹角是120°D．正方体ABCD﹣A1B1C1D1的体积为
【答案】ABC
【分析】由向量的加法运算判断；利用向量的减法运算以及向量垂直的性质判断；利用是等边三角形以及向量夹角的定义判断；先判断再判断．
【详解】由向量的加法得到：，，，所以正确；
，，，即，故正确；
是等边三角形，，又，异面直线与所成的夹角为，但是向量与向量的夹角是，故正确；
，，故，因此不正确．
故选：ABC．
【点睛】本题把正方体中的线线位置关系及夹角与向量的有关知识结合起来进行考查．熟练掌握正方体中的线线位置关系、夹角以及向量的运算法则与有关性质是做好本题的关键．
10．数列是等差数列，也是等差数列（ ）
A．若，则数列也是等差数列
B．若，，为常数，则是等差数列
C．若，则是等差数列
D．若，则可能是等比数列
【答案】ABD
【分析】根据等差数列的定义判断A、B，利用特殊例子说明C、D.
【详解】设的首项为，公差为，的首项为，公差为，
则，，
对于A：，
则是以为首项，为公差的等差数列，故A正确；
对于B：，（，为常数），
则是以为首项，为公差的等差数列，故B正确；
对于C：令，，则，显然不是等差数列，故C错误；
对于D：令，，则，则为等差数列也为等比数列，故D正确；
故选：ABD
11．已知实数，满足方程，则下列说法错误的是（ ）
A．的最大值为B．的最大值为
C．的最大值为D．的最大值为
【答案】ACD
【分析】ABD选项，可设，结合三角函数恒等变换，三角函数有界性求出最大值；C选项，可设，即，联立圆的方程，根据根的判别式得到不等式求出答案.
【详解】A选项，变形为，
圆心为，半径为，
设，
故，
故当时，取得最大值，最大值为，A错误；
B选项，，
故当时，取得最大值，最大值为，B正确；
C选项，设，即，
联立与得，
令，解得，
故的最大值为，C错误；
D选项，，
故当时，取得最大值，最大值为
故选：ACD
12．已知抛物线的焦点为，直线的斜率为且经过点，直线与抛物线交于点、两点（点在第一象限），与抛物线的准线交于点，若，则以下结论正确的是
A．B．C．D．
【答案】ABC
【分析】作出图形，利用抛物线的定义、相似三角形等知识来判断各选项命题的正误.
【详解】如下图所示：
分别过点、作抛物线的准线的垂线，垂足分别为点、.
抛物线的准线交轴于点，则，由于直线的斜率为，其倾斜角为，
轴，，由抛物线的定义可知，，则为等边三角形，
，则，，得，
A选项正确；
，又，为的中点，则，B选项正确；
，，（抛物线定义），C选项正确；
，，D选项错误.
故选：ABC.
【点睛】本题考查与抛物线相关的命题真假的判断，涉及抛物线的定义，考查数形结合思想的应用，属于中等题.
三、填空题
13．等轴双曲线的离心率为 .
【答案】
【分析】根据题意得，再求离心率即可.
【详解】解：因为双曲线为等轴双曲线，即实半轴长等于虚半轴长，
所以，离心率
故答案为：
14．已知是等比数列，若，，则公比 ．
【答案】4
【分析】利用等比数列的定义计算即可.
【详解】由题意可知.
故答案为：
15．已知等差数列共有项，其中所有奇数项之和为，所有偶数项之和为，则 .
【答案】
【分析】根据等差数列等差中项的性质，结合等差数列求和可得解.
【详解】设等差数列的所有奇数项之和为，所有偶数项之和为，
由题知，
，
两式相减，可得，
故答案为：.
16．在正四面体中，，，则异面直线和所成角的余弦值为 ．
【答案】
【详解】
在正四面中，设向量，， ，则三个向量两两夹角为，
设正四面体的棱长等于1，且，，，
则∵中，，，
∴ ，，
，，
∵，
∴，
即直线和所成角的余弦值为，故答案为.
四、解答题
17．直线过，与x轴正半轴交于A点，与y轴正半轴交于B点，O为坐标原点．
(1)求面积的最小值；
(2)求横截距与纵截距之和的最小值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）设直线的斜率为，得到直线的方程为，求得在坐标轴的截距，得到的面积为，结合基本不等式，即可求解；
（2）由（1）知，直线在轴和轴上的截距为和，且，得到，结合基本不等式，即可求解.
【详解】（1）解：根据题意，直线的斜率一定存在，设直线的斜率为，
因为直线过点，则直线的方程为，
令，可得；令，可得，
则的面积为，当且仅当时，即时，等号成立，
所以的面积最小值为.
（2）解：由（1）知，直线在轴和轴上的截距分别为和，且，
则，
当且仅当时，即时，等号成立，
所以横截距与纵截距之和的最小值为．
18．如图，在四棱锥中，底面ABCD满足，，底面ABCD，且，.
（1）求四棱锥的体积；
（2）求平面SCD与平面SAB的夹角的余弦值.
【答案】（1）；（2）．
【分析】（1）先求底面面积，再结合锥体体积公式即可求解；
（2）分别以所在直线为轴,轴、轴,建立如图空间直角坐标系,为平面的一个法向量,且,求平面的一个法向量,根据,即可求得答案.
【详解】（1）平面,,，且，
所以四棱锥的体积；
（2）分别以所在直线为轴,轴、轴,建立如图空间直角坐标系,
如图:
由，
可得:,,,,,
由（1）知平面,
为平面的一个法向量,且；
设为平面的一个法向量,
则,,
,,
,,
,
令,则,,
,
设平面与平面所成的二面角为,
，
平面与平面所成二面角的余弦值为．
19．已知是等差数列的前n项和．
（1）证明是等差数列；
（2）设为数列的前n项和，若，，求．
【答案】（1）证明见解析；（2）
【分析】（1）写出，求出，化简，最终得出结论；
（2）求出，，求出公差，进一步求出，根据求和公式得出.
【详解】（1）∵
∴
∴
∴是等差数列；
（2），
公差
又∵
∴
∴
∴.
20．已知等差数列的前n项和为，且，．
（1）求数列的通项公式；
（2）若，令，求数列的前n项和．
【答案】（1）（2）
【分析】（1）利用等差数列的前项和公式与通项公式，即可解出,则可写出其通项公式.
（2）利用错位相减，化简解可得出答案.
【详解】（1）由题意知：，
即：化简得.
所以数列的通项公式.
（2）因为
所以
化简得：.
21．已知以为焦点的抛物线的顶点为原点，点是抛物线的准线上任意一点，过点作抛物线的两条切线、，其中A、B为切点，设直线、的斜率分别为、．
(1)若点的纵坐标为1，计算的值；
(2)求证：直线过定点，并求出这个定点的坐标．
【答案】(1)
(2)证明见解析，定点
【分析】（1）先得到点P的坐标， 易知切线的斜率存在， 设出切线方程， 将切线方程与抛物线方程联立， 利用根的判别式再进行求解即可；
（2） 先证明抛物线上点A的切线方程， 同理得到点B的切线方程， 设出点P的坐标， 将点P的坐标代入切线方程中， 得到直线AB的方程， 进而即可求解.
【详解】（1）抛物线方程为，所以其准线方程为，
点P是抛物线的准线上点，且纵坐标为1，所以过P作抛物线切线，
由题知斜率存在且不为0，设其斜率为，则切线方程为，
联立，
，其两根为，，
所以．
（2）设点、，
下面证明抛物线在其上一点处的切线方程为，
联立可得，
即，即，
解得，所以，抛物线在其上一点处的切线方程为，
同理可知，抛物线在其上一点处的切线方程为，
将点的坐标代入切线、的方程可得，即，
所以，点A、B的坐标满足方程，所以，直线的方程为，
由可得，所以，直线过定点．
22．已知椭圆C：的离心率为，且过点．
（1）求的方程：
（2）点，在上，且，，为垂足．证明：存在定点，使得为定值．
【答案】（1）；（2）详见解析.
【分析】（1）由题意得到关于的方程组，求解方程组即可确定椭圆方程.
（2）方法一：设出点，的坐标，在斜率存在时设方程为, 联立直线方程与椭圆方程，根据已知条件，已得到的关系，进而得直线恒过定点，在直线斜率不存在时要单独验证，然后结合直角三角形的性质即可确定满足题意的点的位置.
【详解】（1）由题意可得：，解得：，
故椭圆方程为：.
(2)［方法一］：通性通法
设点，
若直线斜率存在时，设直线的方程为：，
代入椭圆方程消去并整理得：，
可得，，
因为，所以，即，
根据,代入整理可得：
，
所以，
整理化简得，
因为不在直线上，所以，
故，于是的方程为，
所以直线过定点直线过定点.
当直线的斜率不存在时，可得，
由得：，
得，结合可得：，
解得：或（舍）.
此时直线过点.
令为的中点，即，
若与不重合，则由题设知是的斜边，故，
若与重合，则，故存在点，使得为定值.
［方法二］【最优解】：平移坐标系
将原坐标系平移，原来的O点平移至点A处，则在新的坐标系下椭圆的方程为，设直线的方程为．将直线方程与椭圆方程联立得，即，化简得，即．
设，因为则，即．
代入直线方程中得．则在新坐标系下直线过定点，则在原坐标系下直线过定点．
又，D在以为直径的圆上．的中点即为圆心Q．经检验，直线垂直于x轴时也成立．
故存在，使得．
［方法三］：建立曲线系
A点处的切线方程为，即．设直线的方程为，直线的方程为，直线的方程为．由题意得．
则过A，M，N三点的二次曲线系方程用椭圆及直线可表示为（其中为系数）．
用直线及点A处的切线可表示为（其中为系数）．
即．
对比项、x项及y项系数得
将①代入②③，消去并化简得，即．
故直线的方程为，直线过定点．又，D在以为直径的圆上．中点即为圆心Q．
经检验，直线垂直于x轴时也成立．故存在，使得．
［方法四］：
设．
若直线的斜率不存在，则．
因为，则，即．
由，解得或（舍）．
所以直线的方程为．
若直线的斜率存在，设直线的方程为，则．
令，则．
又，令，则．
因为，所以，
即或．
当时，直线的方程为．所以直线恒过，不合题意；
当时，直线的方程为，所以直线恒过．
综上，直线恒过，所以．
又因为，即，所以点D在以线段为直径的圆上运动．
取线段的中点为，则．
所以存在定点Q，使得为定值．
【整体点评】（2）方法一：设出直线方程，然后与椭圆方程联立，通过题目条件可知直线过定点，再根据平面几何知识可知定点即为的中点，该法也是本题的通性通法；
方法二：通过坐标系平移，将原来的O点平移至点A处，设直线的方程为，再通过与椭圆方程联立，构建齐次式，由韦达定理求出的关系，从而可知直线过定点，从而可知定点即为的中点，该法是本题的最优解；
方法三：设直线，再利用过点的曲线系，根据比较对应项系数可求出的关系，从而求出直线过定点，故可知定点即为的中点；
方法四：同方法一，只不过中间运算时采用了一元二次方程的零点式赋值，简化了求解以及的计算．