2023-2024学年河南省濮阳市高二上学期12月联考数学试题含答案

这是一份2023-2024学年河南省濮阳市高二上学期12月联考数学试题含答案，共18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．已知，则（ ）
A．0B．2C．D．
【答案】B
【分析】根据题意，由空间向量的坐标运算，代入计算，即可得到结果.
【详解】因为，
则.
故选：B
2．若经过两点的直线斜率为1，则实数（ ）
A．B．3C．2D．1
【答案】A
【分析】利用斜率公式即可求解.
【详解】过两点的直线斜率为，所以，解得，.
故选：A.
3．在空间直角坐标系中，点关于平面的对称点为，则（ ）
A．6B．5C．4D．3
【答案】A
【分析】利用空间直角坐标系中点关于平面对称的性质，结合空间中两点距离公式即可得解.
【详解】因为点关于平面的对称点为，
所以，则.
故选：A.
4．已知数列是首项为3，公差为1的等差数列，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据等差数列的通项公式代入运算、化简即可.
【详解】由题得
所以故
故选：B.
5．已知圆C的方程为，过点作圆C的切线，则切线的斜率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据题意，由圆心到直线的距离等于圆的半径，列出方程，代入计算，即可得到结果.
【详解】因为圆C的方程为，则圆心为，半径为1，
显然切线的斜率存在且不为0，
设切线方程为，即，
由圆心到切线的距离，解得，
所以切线的斜率为.
故选：C
6．已知自然界中存在某种昆虫，其在幼虫期到成虫期这个时间段内会伴随着蜕皮和生长的交替，该种昆虫最开始的身体长度记为，其在发育过程中先蜕皮，身体总长度减少，此时昆虫的长度记为；蜕皮之后，迅速生长，当身体总长度增加了蜕皮后那一时刻的，此时昆虫的长度记为，然后进入下一次蜕皮，以此类推．若，则（ ）
A．18B．C．D．
【答案】C
【分析】根据题意确定之间的关系以及与的关系即可得所求.
【详解】由题意可知，
，
，
，
所以.
故选：C.
7．如图，在圆锥中，点A，B在底面圆周上，点C，D分别是母线的中点，，记，则（ ）

A．B．C．D．
【答案】D
【分析】利用空间向量运算法则计算即可判断结果.
【详解】由题可知,
由得,
因为点C，D分别是母线的中点，
所以，
则
.
故选：D
8．已知点在椭圆上，且，则a的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】将代入得到，将化简为，结合，求出a的取值范围.
【详解】因为点在椭圆上，
所以，即，即，
又因为，，所以，
又，，
即，即，
又，解得，
综上，，
故选：D.
二、多选题
9．已知数列满足，则的值可能为（ ）
A．1B．1314C．D．
【答案】ACD
【分析】考虑或，逐项检验，计算得到答案.
【详解】，故或，
①当时，，故，，故A可能；
②当时，，，故，故C可能；
当或同时存在时，可得，B选项不可能出现，
存在，，
此时，故D可能；
故选：ACD
10．已知圆，直线，则（ ）
A．恒过定点B．圆心位于第二象限
C．与圆恒有两个交点D．被圆截得的最短弦长为
【答案】BCD
【分析】对于A，把直线整理为，可得直线所过定点；对于B，把圆的一般方程化为标准方程，可得圆心坐标，即可判断；对于C，由直线恒过的定点，可判断该点在圆的内部，故直线与圆相交，有两个交点；对于D，利用圆的弦长公式，结合圆心到直线的距离即可判断.
【详解】对于A，由整理得，
令，解得：，故直线恒过定点，故A错误；
对于B，由整理得，所以圆心的坐标为，位于第二象限，故B正确；
对于C，因为直线恒过定点，且，所以定点在圆的内部，所以直线与圆相交，即与圆恒有两个交点，故C正确；
对于D，因为直线恒过定点，该定点与圆心的距离为，
所以圆心到直线的距离，
所以圆被直线截得的弦长为，
当且仅当时，等号成立，所以被圆截得的最短弦长为，故D正确.
故选：BCD.
11．已知方程表示的曲线为C，则（ ）
A．当时，曲线C表示圆心在原点，半径为的圆
B．当时，曲线C表示双曲线
C．当时，曲线C表示焦点在x轴上的椭圆
D．曲线C可能为等轴双曲线
【答案】BD
【分析】分取值讨论，再结合曲线的定义判断即可.
【详解】A：当时，，方程为，曲线C表示圆心在原点，半径为的圆，故A错误；
B：当时，，即曲线C表示双曲线，故B正确；
C：当时，，即曲线C表示焦点在y轴上的椭圆，故C错误；
D：若为等轴双曲线，则或，
当时，即，解得，
此时曲线C为等轴双曲线，故D正确；
故选：BD
12．在棱长为2的正方体中，，点M为棱上一动点（可与端点重合），则（ ）
A．当点M与点A重合时，四点共面且
B．当点M与点B重合时，
C．当点M为棱的中点时，平面
D．直线与平面所成角的正弦值存在最小值
【答案】BD
【分析】根据题意，证得，得到四点共面，且四边形为等腰梯形，求得梯形的面积，可判定A不正确；证得，设，在直角中，求得，可判定B正确；以为原点，建立空间直角坐标系，结合，可判定C不正确；设，求得平面的法向量，结合向量的夹角公式，求得，可判定D正确.
【详解】对于A中，由棱长为2的正方体中，，
可得点为的中点，且点为的中点，可得，
当点和点重合时，可得，所以，
所以四点共面，且四边形为等腰梯形，
又由，可得梯形的高为，
所以四边形的面积为，所以A不正确；
对于B中，由点为的中点，且点为的中点，可得，
当点与点重合时，则异面直线与所成的角，即为直线与所成的角，
设，在直角中，，可得，
可得，
又由，所以，所以B正确；
对于C中，以为原点，以所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示，因为正方体的棱长为，
当点为棱的中点时，可得，
可得，
则，所以与平面不垂直，所以C不正确；
对于D中，由C中的空间直角坐标系，设，
可得，
则，
设平面的法向量为，则，
取，可得，所以，
设直线与平面所成角为，
可得，
当时，可得，即直线与平面所成角的正弦值存在最小值，
所以D正确.
故选：BD.
三、填空题
13．圆的面积为 ．
【答案】
【分析】把圆的一般方程化为标准方程，可得圆的半径，由此可得圆的面积.
【详解】圆的方程可化为，所以圆的半径，则圆的面积为.
故答案为：.
14．若，则在上的投影向量的模为 ．
【答案】/
【分析】利用向量的坐标运算与投影向量的公式即可得解.
【详解】因为，
所以，，
则在上的投影向量的模为.
故答案为：.
15．已知等比数列的公比为，其前n项和为，则的最大值与最小值之和为 ．
【答案】
【分析】先求解出，然后对分奇偶讨论，结合指数函数的单调性分析出的单调性并确定出其最值，由此结果可求.
【详解】由条件可知，
当为偶数时，，因为单调递增，所以单调递增，
所以，所以；
当为奇数时，，因为单调递增，所以单调递减，
所以，所以；
所以，
所以，
故答案为：.
16．已知直线交于两点，直线交C的右支于点A（异于点M，N），且，则l在x轴上的截距为 ．
【答案】或
【分析】根据题意求出点坐标，直线与双曲线联立，用坐标表示，求出的值，然后得到x轴上的截距.
【详解】因为直线交C的右支于点A（异于点M，N），
联立，解得或（舍）
所以，
直线交于两点，
联立，得，
所以，解得且，
设，
则，，
又，，，
，
，
即，解得或，
所以或
当时，或，
l在x轴上的截距为或.
故答案为：或.
四、解答题
17．已知点．
(1)求点C到直线的距离；
(2)若直线与直线相互垂直，求实数a的值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）计算，得到直线方程，再根据点到直线的距离公式计算得到答案.
（2）计算，根据垂直的斜率关系计算得到答案.
【详解】（1），直线方程为，即，
点C到直线的距离.
（2），直线与直线相互垂直，
则，解得.
18．已知数列的前n项和为，且．
(1)求数列的通项公式；
(2)求．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）先求得，再将其转化为数列递推式，运用累乘法求出通项；
（2）由数列的特征“等差×等比”，选择错位相减法即可求得数列的前n项和为.
【详解】（1）因，取代入解得，且，
对赋值，并左右式分别相乘，可得：
化简得：，解得：.
（2）因为，，
所以
故
由整理得：
化简即得：，故.
19．在以O为坐标原点的平面直角坐标系中，抛物线，不过焦点的直线l与抛物线C交于A，B两点，．
(1)求C的焦点坐标和准线方程；
(2)证明：直线l过定点．
【答案】(1)焦点坐标为，准线方程为
(2)
【分析】（1）根据抛物线的方程可直接得到结果；
（2）设出直线方程后，联立与抛物线的方程，求得，值后，利用的坐标表示，建立方程，解出后即可.
【详解】（1）因为抛物线，
所以其焦点坐标为，准线方程为.
（2）依题意，直线的斜率不为零，且不过抛物线的焦点，
设直线方程为，
联立，消去得，
设，
则，
，
又因为，
所以或舍，
当时，直线的方程为，过定点，
故直线l过定点.
20．已知数列满足．
(1)求数列的通项公式；
(2)探究数列是否存在最大项，并说明理由．
【答案】(1)
(2)存在，理由见解析.
【分析】（1）根据题意，由条件可得数列是以2为首项，2为公比的等比数列，再由等比数列的通项公式即可得到数列的通项公式，从而得到数列的通项公式；
（2）根据题意，由（1）可得，则，然后作差，即可得到当时，为单调递减数列，从而得到结果.
【详解】（1）因为，即，
且，可得，所以，
即数列是以2为首项，2为公比的等比数列，
则，即，所以，又，
则.
（2）由（1）可得，，则，
所以，
当时，，，则，所以，
所以当时，为单调递减数列，
又，，，
所以当或时，数列有最大项为.
21．如图，已知斜四棱柱，底面为等腰梯形，E为线段的中点，四边形为菱形，点到底面的距离为，且为线段的中点．

(1)证明：平面;
(2)求二面角的平面角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）利用线面垂直的判定定理证明；
（2）建立空间直角坐标系，分别求出平面与平面的法向量，用空间向量求二面角的余弦值.
【详解】（1）
连接，因为四边形为菱形，
所以，，
又因为底面为等腰梯形，E为线段的中点，
所以，，
所以四边形为平行四边形，
所以，，
又因为，
所以，
又因为，平面，平面，
所以平面.
（2）过点向作垂线，垂足为，所以，
由（1）得平面，
因为平面，所以，
又因为平面，
平面，
又因为，，所以，
又因为，所以为中点，
所以以为坐标原点，所在直线为轴，过作平行于直线为轴，如图建立空间直角坐标系，
，，，，
，，，
设平面的法向量为，
，，
所以，令，则，
所以，
平面法向量为，
，
由图知，二面角的平面角为钝角，
所以二面角的平面角的余弦值为.
22．已知椭圆与椭圆有相同的离心率，且为的上顶点．
(1)求的标准方程；
(2)设斜率存在且经过原点的直线l交于两点，直线与异于点A的另一交点分别为点M，N，求的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）椭圆过点可求得的值，结合离心率即可求解；
（2）联立直线与椭圆的方程后，可求得的坐标，继而可求得直线的方程,联立直线和椭圆的方程后，可求得,继而，带入后分离常数即可求得取值范围.
【详解】（1）因为椭圆，
所以其离心率，
又因为为的上顶点，所以，
其离心率，
解得，
故的标准方程为.
（2）设直线的方程为，
联立，消去得:
,

则，
不仿设,
则,
则直线的斜率为，
所以直线的方程为，
联立，消去得:
，
解得或，
则.
直线的斜率为，
所以直线的方程为，
联立，消去得:
，
解得或，
则,
又
，
又因为，
则，
故的取值范围为.
【点睛】解决本题的关键点是条件坐标化，即把转化为，通过联立直线方程和椭圆方程解得相应点的坐标可求得取值范围.