2023-2024学年山东省临沂市第二中学高二上学期12月月考数学试题含答案

这是一份2023-2024学年山东省临沂市第二中学高二上学期12月月考数学试题含答案，共15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．大衍数列来源于《乾坤谱》中对易传“大衍之数五十”的推论，主要用于解释中国传统文化中的太极衍生原理．该数列从第一项起依次是0，2，4，8，12，18，24，32，40，50，…，则该数列第18项为（ ）
A．200B．162C．144D．128
【答案】B
【详解】偶数项分别为2，8，18，32，50，即，，，，，即偶数项对应的通项公式为，则数列的第18项为第9个偶数，即．故选B．]
2．已知数列是等比数列，且，，则（ ）
A．3B．6
C．3或D．6或
【答案】B
【分析】利用等比数列的通项公式求解.
【详解】解：设数列的公比为q，
则，
所以，，
所以．
故选：B．
3．圆关于直线对称的圆的方程为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】求出圆的圆心和半径，得到圆心关于直线对称的点的坐标，从而得到对称的圆的方程.
【详解】由题意得圆的圆心为，半径为，
设点关于直线对称的点为，
故，解得，
故关于直线对称的点为，
所以所求的圆的方程为．
故选：C
4．已知是抛物线上的一点，为的焦点，若，则的纵坐标为（ ）
A．8B．9C．10D．11
【答案】B
【分析】根据抛物线的定义转化焦半径为点到准线的距离计算即可.
【详解】由题意得的焦点，准线为直线．
因为，所以到直线的距离为11，则的纵坐标为．
故选：B.
5．开普勒定律揭示了行星环绕太阳运动的规律，其第一定律指出所有行星绕太阳的轨道都是椭圆，太阳中心在椭圆的一个焦点上.已知某行星在绕太阳的运动过程中，轨道的近日点（距离太阳最近的点）距太阳中心1.47亿公里，远日点（距离太阳最远的点）距太阳中心1.52亿千里，则该行星运动轨迹的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据已知列出方程组，求出的值，即可得出答案.
【详解】设椭圆的长轴长为，焦距为，.
由题意知，解得，
则该行星运行轨迹的离心率.
故选：B.
6．已知为坐标原点，直线与双曲线交于A，B两点，若为直角三角形，则（ ）
A．2B．4C．D．3
【答案】A
【分析】设直线与轴交于点，则由题意可得为等腰直角三角形，将代入双曲线方程可求出，从而可求出结果.
【详解】设直线与轴交于点，由双曲线的对称性可知为等腰直角三角形，
所以为等腰直角三角形．
由，得，则．
故选：A
7．在三棱柱中，D，E，F，G分别为棱，，，的中点，若，，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由，用将，, 表示出来，代入即可得出答案.
【详解】由D，E，F，G分别为棱，，，的中点可得：
①
②
③
由①② 可得： ④
由②③ 可得：,即 ⑤
④+⑤ 可得，从而，
又
故选：C
8．设是抛物线：上的动点，是圆：上的动点．则的最小值为（ ）
A．B．C．D．27
【答案】C
【分析】根据两点间距离公式、圆的几何性质，利用配方法进行求解即可.
【详解】由，半径为，
设，则，
当时，取得最小值28，所以，所以．
故选：C
【点睛】关键点睛：本题的关键是利用圆的几何性质和配方法.
二、多选题
9．圆与圆的位置关系可能为（ ）
A．内切B．相交C．外切D．外离
【答案】BCD
【分析】根据题意，求得圆心距，及，由，结合两圆的位置关系，即可求解.
【详解】由圆，可得圆心坐标为，半径为；
又由圆，可得圆心坐标为，半径为，
则圆心距为，圆与圆的半径之差为，
可得，所以圆与圆的位置关系可能为相交、外切、外离．
故选：BCD.
10．已知数列的前项和为，若，则（ ）
A．4是数列中的项B．当最大时，的值只能取5
C．数列是等差数列D．当时，的最大值为11
【答案】ACD
【分析】根据题意可知数列是首项为20，公差为的等差数列，可得，即可知A正确；易知，利用二次函数性质可得当最大时，的值为5或6，故B错误；由等差数列前项和公式可得，即，所以C正确；解不等式可得，所以可知D正确.
【详解】由，得，
所以数列是首项为20，公差为的等差数列，
则，
令，得，即，故A正确；
易知
利用二次函数性质可知当最大时，的值为5或6，故B错误；
由，所以，
所以数列是等差数列，故C正确；
令，则，解得，所以当时，的最大值为11，故D正确．
故选：ACD．
11．已知椭圆：的两个焦点为，，是上任意一点，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】BCD
【分析】根据椭圆的定义可判定A、B，根据椭圆方程及二次函数的性质可判定C，根据基本不等式可判定D.
【详解】设该椭圆的长轴长、短轴长、焦距分别为，
因为，所以，，，
所以，，故A错误，B正确；
设，，，
则，
即，当时取得最大值，故C正确；
由椭圆定义及基本不等式可知：，故D正确．
故选：BCD
12．已知双曲线：的右焦点为，过点作的一条渐近线的垂线，垂足为，该垂线与另一条渐近线的交点为，若，则的离心率可能为（ ）
A．B．C．D．
【答案】AC
【分析】设出直线方程：，分别与两渐近线联立，求得两点横坐标，代入，即可求解.
【详解】不妨设的一条渐近线的方程为，则直线的斜率为，
则：．设，
联立直线的方程与，
，则，可得．
由，则，得点的纵坐标为，
因为，所以．
因为，
所以或．
故选：AC
三、填空题
13．在等比数列中， ，，且，则 .
【答案】64
【分析】根据等比数列性质结合题设求得，继而求出，再利用，即可求得答案.
【详解】等比数列中 ，，
故，结合，以及可得，
设等比数列公比为q，则，
故，
故答案为：64
14．已知等差数列的前项和分别为，且，则 ．
【答案】
【分析】根据给定条件，利用等差数列性质及前项和公式计算即得.
【详解】等差数列的前项和分别为，且，
所以.
故答案为：
15．已知，分别是双曲线的上、下焦点，过的直线交于A，B两点，若的长等于虚轴长的3倍，则的周长为 ．
【答案】36
【分析】易得的值，结合双曲线的定义即可得结果.
【详解】由题意得，则，
所以的周长为．
故答案为：36.
16．已知斜率为1的直线与圆交于，两点，为弦的中点，若的横坐标为，则的取值范围为 .
【答案】
【分析】设，，的中点，利用点差法得到，再由点在圆内求出的取值范围.
【详解】设，，的中点.由
得，
则，得.
因为在圆内，所以，解得.
故答案为：
四、解答题
17．已知数列的前项和为，且.
(1)求的通项公式
(2)若，求的前项和.
【答案】(1).
(2).
【分析】（1）利用与的关系式进行通项公式的求解；
（2）由通项公式可知，当时，其和为负数，则当求绝对值之和时，可直接添加负号即可，当时，可通过前8项的变号来进行计算即可.
【详解】（1）由，
当时，可得，
当时，，适合上式，
所以数列的通项公式为.
（2）由，可得，则，
令，可得，
当时，可得，
当时，可得
，
因为，所以，
所以.
注意：分类标准和，都可以.
18．已知圆．
(1)求圆的标准方程，并写出圆的圆心坐标和半径：
(2)若直线与圆交于A，B两点，且，求的值．
【答案】(1)，圆心坐标，半径为
(2)或
【分析】（1）配方得到圆的标准方程，得到圆心坐标和半径；
（2）由垂径定理得到圆心到直线距离，从而根据点到直线距离公式得到方程，求出答案
【详解】（1）由，得，
则圆的标准方程为，
圆的圆心坐标，半径为．
（2）由，得圆心到直线的距离为，
则圆心到直线的距离，得或．
19．任取一个正整数，若是奇数，就将该数乘3再加上1；若是偶数，就将该数除以2．反复进行上述两种运算，经过有限次步骤后，必进入循环图“”．这就是数学史上著名的“冰雹猜想”（又称“角谷猜想”）．比如取正整数，根据上述运算法则得出，共需经过8个步骤变成1（简称为8步“雹程”）．猜想的递推关系如下：已知数列满足（为正整数），;
(1)当时，试确定使得需要多少步雹程；
(2)若，求所有可能的取值集合．
【答案】(1)16
(2)
【分析】（1）当时，根据已知运算法则写出每个步骤，即可得答案；
（2）根据，按照已知运算法则逆推，分类求解，可得答案.
【详解】（1）当时，则按运算法则得出
，
即使得需要16步雹程；
（2）若，则或1，
当时，或5，若，则；若，则；
当时，或1，
故所有可能的取值集合.
20．已知椭圆的焦距为4，短轴长为2．
(1)求的长轴长：
(2)若斜率为的直线交于A，B两点，求的最大值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）基本量运算得出a得出长轴长即可；
（2）先联立方程组得出韦达定理，再应用弦长公式计算，最后结合最值求解即得.
【详解】（1）由题意得得
所以的长轴长．
（2）
由（1）可知的方程为．
设，，．
由得，
由，得．
由韦达定理得
则．
当时，取得最大值，且最大值为．
21．如图，在三棱柱中，底面为正三角形，为的中点，平面平面．
(1)证明：平面．
(2)若，二面角的余弦值为，求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）为的中点，由三角形中位线证得，可证平面；
（2）由已知二面角证得，以D为原点建立空间直角坐标系，利用向量法求平面与平面夹角的余弦值．
【详解】（1）连接与相交于点，连接，
三棱柱中，侧面是平行四边形，
则为的中点，又为的中点，有，
平面，平面，所以平面．
（2）平面平面，平面平面
底面为正三角形，为的中点，则，
平面，则平面，
平面，，，
则二面角的平面角为，有余弦值为，
中，由余弦定理，
即，解得，
过作直线的垂线，垂足为，
则，故 在的延长线上，
，
，，，四边形为矩形，则，
以D为原点，分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
，，
设平面的一个法向量为，则有，
令，则，即.
，，
设平面的一个法向量为，则有，
令，则，即.
平面与平面夹角的余弦值为.
22．已知抛物线的焦点为，点在上，且的最小值为1.
(1)求的方程；
(2)过点的直线与相交于，两点，过点的直线与相交于，两点，且，不重合，判断直线是否过定点.若是，求出该定点；若不是，请说明理由.
【答案】(1)
(2)过定点，定点为
【分析】（1）根据抛物线上点的坐标特点，确定的最小值即可得，从而得抛物线方程；
（2）根据直线的斜率公式结合点共线得到A、C纵坐标的关系，点斜式得到直线，从而确定定点.
【详解】（1）由题意可设，则
所以
则的最小值为，则，得.
所以的方程为.
（2）因为A，C不重合，所以直线，，的斜率必然存在.
设，，.
直线的斜率，
得.
直线的斜率.
得.
由，可得.
直线的斜率.
所以直线的方程.
故直线过定点.
【点睛】关键点点睛：本题第二问解题关键是利用三点共线得到A、C纵坐标的关系，再结合点斜式方程写出直线AC的方程可得解.