2024-2025学年山东省菏泽市鄄城县高二上学期12月月考数学检测试题（含解析）

这是一份2024-2025学年山东省菏泽市鄄城县高二上学期12月月考数学检测试题（含解析），共14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）
1．在等差数列中，，，则（ ）
A．1B．0C．D．
2．若双曲线的离心率为，则（ ）
A．2B．C．1D．
3．已知向量，，且，那么（ ）
A．B．C．D．5
4．若数列的前四项依次为2，12，112，1112，则的一个通项公式为（ ）
A．B．
C．D．
5．在平面直角坐标系中，动点到直线的距离比它到定点的距离小2，则点的轨迹方程为（ ）
A．B．C．D．
6．如图所示的几何体为两个正方体组成的正四棱柱，记集合，则集合中元素个数为（ ）

A．3B．4C．6D．9
7．经过椭圆的左焦点作倾斜角为的直线，直线与椭圆相交于A，B两点，则线段AB的长为（ ）
A．B．C．2D．
8．定义“等方差数列”：如果一个数列从第二项起，每一项的平方与它的前一项的平方的差都等于同一个常数，那么这个数列就叫做等方差数列，这个常数叫做该数列的方公差．设数列是由正数组成的等方差数列，且方公差为2，，则数列的前项和（ ）
A．B．C．D．
二、多选题（本大题共3小题）
9．直线：与圆：的公共点的个数可能为（ ）
A．0B．1C．2D．3
10．已知数列满足，，则下列说法正确的是（ ）
A．B．为递减数列
C．数列中有两项的值最小D．数列中有16项的值为负数
11．已知是抛物线的焦点，是抛物线上的两点，为坐标原点，则（ ）
A．若的纵坐标为2，则
B．若直线过点，则的最小值为4
C．若，则直线恒过定点
D．若垂直的准线于点，且，则四边形的周长为
三、填空题（本大题共3小题）
12．数列满足，若，则 .
13．已知椭圆：的左、右焦点分别为，，为上一点，则的取值范围为 ．
14．已知圆：和点，，若点在圆上，且，则实数的最小值是 ．
四、解答题（本大题共5小题）
15．设为等差数列的前项和，已知，.
(1)求的通项公式；
(2)求，并求的最小值及此时的值.
16．已知抛物线：的准线为，点在上，且点到直线的距离与其到轴的距离都等于2．
(1)求的方程；
(2)设为抛物线的焦点，过的直线与交于两点，若的面积为3，求直线的斜率．
17．如图，在四棱锥中，底面是矩形，，，，，为的中点.
(1)证明：平面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值.
18．已知椭圆：（）的左、右焦点分别是，，左、右顶点分别是，，上、下顶点分别是，，四边形的面积为，四边形的面积为.
(1)求椭圆的方程；
(2)直线：与圆：相切，与椭圆交于，两点，若的面积为，求由点，，，四点围成的四边形的面积.
19．在平面直角坐标系xOy中，若在曲线的方程中，以且代替得到曲线的方程，则称是由曲线通过关于原点的“伸缩变换”得到的曲线，称为伸缩比.
(1)若不过原点的直线通过关于原点的“伸缩变换”得到的曲线是，证明:是与平行的直线;
(2)已知伸缩比时，曲线通过关于原点的“伸缩变换”得到的曲线是，且与轴有A，B两个交点（在的左侧），过点且斜率为的直线与在轴的右侧有，两个交点.
①求的取值范围;
②若直线的斜率分别为，证明：为定值.
答案
1．【正确答案】A
【详解】解：由等差数列的性质可知，
所以．
故选：A．
2．【正确答案】D
【详解】由题意知，双曲线的离心率，所以．
故选：D．
3．【正确答案】C
【详解】由向量，，且，
得，则，则.
故选：C
4．【正确答案】D
【详解】由，可得的一个通项公式为.
故选：D.
5．【正确答案】B
【详解】由题意知动点Px,y到直线的距离与它到定点的距离相等，
由抛物线的定义知，点的轨迹是以为焦点，为准线的抛物线，
所以，点的轨迹方程为.
故选：B.
6．【正确答案】A
【详解】如图建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为，

则A1,0,0，，，，，，，
，，，，
所以，，，，
，，，
，，，
所以，，
，
所以集合，即集合共个元素.
故选：A
7．【正确答案】B
【详解】在中，，所以，即，故左焦点为，
而，故直线为，
联立，得，
设，由韦达定理得，
由弦长公式得.
故选：B.
8．【正确答案】A
【详解】由题意可得，则数列是以为首项，为公差的等差数列，
则，由，故，即（负值舍去），
故，故，
则
，
故.
故选：A.
9．【正确答案】BC
【详解】圆：的圆心为，半径，
当时，点到直线的距离，
因此直线与圆相切或相交，所以直线与圆的公共点个数为或．
故选：BC．
10．【正确答案】CD
【详解】当时，，所以，A错误；
由，得当时，，，…，，将上式相加，
得，
所以，
由二次函数的性质可知，不为递减数列，B错误；
因为，
所以当或时，取得最小值，C正确；
当时，，解得，，
所以数列中有16项的值为负数，D正确.
故选：CD
11．【正确答案】BC
【详解】由题意得，，，准线方程.
A. 由的纵坐标为2得，，故，选项A错误.
B. 如图，设直线方程为：，，
由得，，
∴，
∴，当时，，选项B正确.
C. 如图，设直线方程为：，，
由得，，
∴，
∴，解得，
∴直线方程为：，恒过定点，选项C正确.
D.如图，设点在第四象限.
由题意得，，则.
由准线方程为得，，故，，
∴，
∴四边形的周长为，选项D错误.
故选：BC.
12．【正确答案】/
【详解】由，得，
所以.
故答案为.
13．【正确答案】
【详解】由题意知，，所以，
设，则，由，得，
故，
所以当时，取得最大值9，
当或时，取得最小值5，
故的取值范围为．
故
14．【正确答案】
【详解】设，由，得，
即点在圆上，
圆心为，半径．
圆的圆心为，半径，
又点在圆上，故圆与圆有公共点，
所以，解得，
所以或，即的最小值为．
故
15．【正确答案】(1)
(2)，，
【详解】（1）设等差数列的公差为，
因为，，
所以，解得，
所以的通项公式是.
（2）由（1）知，
所以，当时，取最小值.
16．【正确答案】(1)
(2)
【详解】（1）由题意可知，准线的方程为，
由点到直线的距离与其到轴的距离都等于2可知，，
因为点在上，所以，
整理得，，解得，
故的方程为．
（2）由（1）可知，F1,0，则，
由题意可知，直线的斜率不为0，设其方程为，Ax1,y1，Bx2,y2，
由，消去x整理得，
则，可得，，
所以，
又因为的面积为3，则，
即，解得，
故直线的斜率为．
17．【正确答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用勾股定理得，进而证平面，
（2）以为原点建立如图所示空间直角坐标系，求出平面的法向量，以及的方向向量，可求直线与平面所成角的正弦值．
【详解】（1），所以得，
又,所以，
又，，平面，所以平面，
（2）知，，
以为原点建立如图所示空间直角坐标系，
则,0,,,1,,,0,,,,,,1,
则,0,,,1,,,,，
设平面的一个法向量,,，
则有，令，则有，，
平面的一个法向量,0,，
设直线与平面所成角为，
所以，
所以直线与平面所成角的正弦值为．
18．【正确答案】(1)；
(2)
【分析】（1）根据题意列方程组中分别求出，从而求解.
（2）将直线与椭圆方程联立，结合韦达定理从而求解.
【详解】（1）设椭圆的焦距为，根据题意得，
解得，，，所以椭圆的方程是.
（2）设，，
因为直线与圆：相切，所以，所以，
联立得，
因为圆在椭圆的内部，所以恒成立，
所以，，
所以
，
所以的面积，即，解得，
此时直线轴，所以，
所以四边形的面积为.
19．【正确答案】(1)证明见解析
(2)①；②证明见解析
【详解】（1）证明：设不过原点的直线的方程是都是常数，且a，b不同时为，则曲线的方程是，且，即，因为都是常数，且a，b不同时为，
所以曲线是一条直线，且与直线平行
（2）①解：伸缩比时，曲线通过关于原点的“伸缩变换”得到的曲线是，所以曲线的方程是，即.
与轴的两个交点A，B的坐标分别是，因为直线点，斜率为，所以直线的方程为，代入，
消去并整理得， 设，
则，，
因为与在轴的右侧有两个交点，所以，且，解得或，
所以的取值范围是.
②证明:由①知或，所以，
， ，
所以为定值.