福建省厦门市2023_2024学年高二数学上学期十二月月考试卷
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这是一份福建省厦门市2023_2024学年高二数学上学期十二月月考试卷,共17页。试卷主要包含了在空间直角坐标系中,点,则等内容,欢迎下载使用。
A.2 B.1 C. D.0
2.设数列的前项和为,数列是公比为2的等比数列,且,则( )
A.257 B.255 C.127 D.129
3.若离心率为的双曲线的一条渐近线与直线垂直,则( )
A. B. C.±2 D.
4.已知数列是等差数列,且,则的前七项和( )
A.21 B.28 C.35 D.42
5.已知抛物线的焦点,准线为是上一点,是直线与的交点,若,则( )
A.4 B. C.2 D.
6.如图,已知四棱柱的底面为平行四边形,,与平面交于点,则( )
A. B. C. D.
7.正多面体也称柏拉图立体,被誉为最有规律的立体结构,是所有面都只由一种正多边形构成的多面体(各面都是全等的正多边形).数学家已经证明世界上只存在五种柏拉图立体,即正四面体、正六面体、正八面体、正十二面体、正二十面体.如图,已知一个正八面体的棱长为分别为棱的中点,则直线和夹角的余弦值为( )
A. B. C. D.
8.已知是椭圆的左右顶点,是双曲线在第一象限上的一点,直线分别交椭圆于另外的点.若直线过椭圆的右焦点,且,则椭圆的离心率为( )
A. B. C. D.
二、多选题:本题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的四个选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得5分,部分选对的得2分,有选错的得0分.
9.在空间直角坐标系中,点,则( )
A.
B.点关于轴的对称点坐标为
C.向量在上的投影向量为
D.点到直线的距离为
10.已知直线,设两直线分别过定点,直线和直线的交点为为坐标原点,则( )
A.直线过定点,直线过定点
B.
C.的最小值为7
D.若,则恒满足
11.如图,双曲线的左右焦点分别为和,点分别在双曲线的左、右两支上,为坐标原点,且,则( )
A.双曲线的离心率
B.若且,则的渐近线方程为
C.若,则
D.若,则
12.已知数列的前项和,数列是首项和公比均为2的等比数列,将数列和中的项按照从小到大的顺序排列构成新的数列,则( )
A. B.数列中与之间共有项
C. D.
三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.
13.圆与圆的公共弦长等于__________.
14.已知数列的前项和为,则__________.
15.椭圆上有两点分别为椭圆的左、右焦点,是以为中心的正三角形,则的周长为__________.
16.在平面上有一系列点,对每个正整数,点位于函数的图像上,以点为圆心的都与轴相切,且与外切.若,且的前项之和为,则__________.
四、解答题:共70分,解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17.(10分)
已知圆的圆心在轴上,且经过两点.
(1)求圆的方程;
(2)过点的直线与圆相交于两点,且,求直线的方程.
18.(12分)
在平面直角坐标系中,点在抛物线上,且到的焦点的距离为1.
(1)求的方程;
(2)若直线与抛物线C交于两点,,且,试探究直线是否过定点,若是,请求出定点坐标,否则,请说明理由.
19.(12分)
设是等比数列且公比大于0,其前项和为是等差数列,已知,.
(1)求的通项公式;
(2)设,数列的前项和为,求满足的最大整数的值.
20.(12分)
三棱柱中,,线段的中点为,且.
(1)求证:平面;
(2)点在线段上,且,求平面与平面夹角的余弦值.
21.(12分)
某高科技企业研制出一种型号为的精密数控车床,型车床为企业创造的价值逐年减少(以投产一年的年初到下一年的年初为型车床所创造价值的第一年).若第1年型车床创造的价值是250万元,且第1年至第6年,每年型车床创造的价值减少30万元;从第7年开始,每年型车床创造的价值是上一年价值的.现用表示型车床在第年创造的价值.
(1)求数列的通项公式;
(2)记为数列的前项的和,,企业经过成本核算,若万元,则继续使用型车床,否则更换型车床,试问该企业须在第几年年初更换A型车床?
22.(12分)
已知椭圆的两焦点分别为的离心率为上有三点,直线分别过的周长为8.
(1)求的方程;
(2)①若,求的面积;
②证明:当面积最大时,必定经过的某个顶点.
福建省厦门第一中学2023—2024学年度第一学期十二月考试
高二年数学参考答案
一、选择题:本题共8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.
1.【答案】A 【详解】如图,,只有当直线落在图中所示位置时才符合题意,故.故直线的斜率的最大值为2.
2.【答案】C 【详解】由数列是公比为2的等比数列,且,所以,即,则.
3.【答案】C 【详解】e,所以,得渐近线为,
因为其中一条渐近线与直线垂直,则,得.
4.【答案】B 【详解】由等差数列的性质以及可知,,
即,从而.
5.【答案】D 【详解】依题意,当时,过作,交于,
根据抛物线的定义得.
6.【答案】A 【详解】解:由题设,
因为,所以,
又因为四点共面,所以,解得
7.【答案】D 【详解】如图所示:由题意,可得,
,
又由正八面体的棱长都是2,且各个面都是等边三角形,
在中,由,可得,所以,
所以
所以,即直线和夹角的余弦值为.
8.【答案】A 【详解】由题意可知,设,可得直线的斜率分别为,因为点在双曲线上,则,整理得,所以,设点,可得直线的斜率,
因为点在椭圆上,则,整理得,
所以,即,则,
所以直线与关于轴对称,又因为椭圆也关于轴对称,
且过焦点,则轴,又,则,
所以,
整理得,即,解得,或舍去,所以椭圆的离心率为.
二、多选题:本题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的四个选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得5分,部分选对的得2分,有选错的得0分.
9.【答案】BC 【详解】对于,故A错误;
对于,点关于轴的对称点坐标为,故B正确;
对于C,在上投影向量为正确.对于,点到直线的距离为错误.
10.【答案】AB 【详解】对于可化作,可发现过定点,同理,过定点,A正确;
对于,易知恒成立,因此是以为直径的圆上的点,根据定义,正确;
对于C,由题可知在圆上,所以错误,
对于,设,若,则,化简可得,与的方程不符合,故错误.
11.【答案】ACD 【详解】对于,因为,所以两渐近线夹角小于,
即,所以正确;
对于B,时,为等腰直角三角形,所以,
又点在双曲线上,代入双曲线方程得即,解得,
所以渐近线方程为错误;
对于,在双曲线上取关于原点的对称点,连接,
因为.
所以,所以,
又,则.
又为中点,所以,必有三点共线,
因为为角平分线,所以正确;
对于,在上取一点使得,则有,即,
所以,又,
所以,所以,D正确.
12.【答案】ABD 【详解】由题意可知:数列的前项和,当时,;
当时,;经检验,当时也满足,所以;
又因为数列是首项和公比均为2的等比数列,所以.
则数列为:,所以,故选项A正确;
数列是由连续奇数组成的数列,都是偶数,所以与之间包含的奇数个数为
,故选项B正确;
因为,前面相邻的一个奇数为,令,解得:,
所以数列从1到共有,也即,故选项C错误,
设位于与之间,则有,解得,
所以前1022项中包含的前10项,的前1012项,即,故D正确.
三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.
13.【答案】 【详解】联立,得公共弦所在直线方程为.
圆心到距离,所以公共弦长为
14.【答案】16 【详解】解法一:当时,,
当时,,所以,即①
所以当时,
解法二:,即,所以
所以.
解法三:也可递推列举,
15.【答案】18-6 【详解】设边与轴交于点,且是以为中心的正三角形,
则,且为的重心,
由重心定理可得,,则,
在Rt中,,则,
所以,由椭圆的定义可得,
,即
化简可得,则.所以的周长为.
16.【答案】 【详解】因为与外切,且都与轴相切,所以,即,所以,
因为,所以,所以,
所以数列为等差数列,首项,公差,
所以,所以,
所以,
所以
所以,
四、解答题:共70分,解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17.解:(1)因为圆的圆心在轴上,所以设圆的方程为,
因为圆经过两点,
所以,解得,
所以圆的方程为
(2)由,可得圆心,半径为2,
因为直线与圆相交于两点,且,
所以圆心到直线的距离为1,
当直线的斜率不存在时,直线为,满足题意;
当直线的斜率存在时,设直线为即,则
,解得,
所以直线的方程为,即,
综上直线的方程为或
18.解:(1)依题意可得
解得,所以抛物线方程为:
(2)设直线显然存在,
联立方程,化简可得
所以
在抛物线C上,故,
,解得:或2,
因为,所以,即,解得
所以直线过定点
19.解:(1)设的公比为,
因为,所以,即,解得或(舍),
所以,
设的公差为,
因为,所以,
所以,解得,所以.
(2),
所以.
,即,解得
所以满足条件的最大整数
20.解:(1)三棱柱中,,
在中,,线段的中点为,所以,所以;
因为平面平面平面,所以平面;
(2)做交于点,则两两互相垂直
以为原点,以所在的直线为建立空间直角坐标系,
则.
所以,
因为,所以,
设平面的一个法向量,则,
解得,令,则,所以,
设平面的一个法向量,则,
令,则,所以,
则.
所以平面与平面夹角的余弦值为
21.解:(1)题意得构成首项,公差的等差数列.
故(万元)
构成首顶,公比的等比数列,
故(万元
于是,(万元
(2)由(1)得是单调递减数列,于是,数列也是单调递减数列
当时,单调递减,(万元)
所以(万元);
当时,
当时,(万元);当时,(万元).
所以,当时,恒有.
故该企业需要在第12年年初更换A型车床.
22.解:(1)依题意可得
解得
所以
所以的方程为
(2)①可知直线的方程为,直线的方程为.
分别联立椭圆方程可解得,
因此.
②证明:设直线和直线的方程为,
设,
联立和椭圆得:,
可得,同理可得:.
又因为,所以,
所以,即;
同理可得,即
不妨设,于是,
因此
又因为
,
设,下面证明
,化简得
即证明,即,
又的判别式小于等于0,故,
因此,原命题得证.
故当面积最大时,必定经过的上或下顶点.
解法二:②证明:设,设,则有
又
(1)可得,即
设,同理可得,
不妨设,于是所以
所以下同法一
解法三:②证明:设,设,则有
又
可得
即,结合解得
设,同理可得
不妨设,于是,
思考:本题证明过程中,蕴含了一个定值关系,即
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