2024-2025学年河南省焦作市高二上学期1月月考数学检测试题（附解析）

这是一份2024-2025学年河南省焦作市高二上学期1月月考数学检测试题（附解析），共20页。试卷主要包含了选择题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1．若直线：，：，且，则（ ）
A．B．C．10D．-10
2．已知等比数列的前项和为，若，，则（ ）
A．B．C．D．
3．在空间直角坐标系中，直线的一个方向向量为，平面的一个法向量为，则直线与平面所成的角为（ ）
A．B．C．D．
4．已知等差数列的前项和为，若，且，则满足的的最大值为（ ）
A．11B．12C．13D．14
5．如图，在四面体中，点为底面三角形的重心，为的中点，设，，则在基底下的有序实数组为（ ）
A．B．C．D．
6．如图，二面角的平面角为，，，，，，，若，则长为（ ）
A．B．C．2D．
7．已知，，动点满足，则点的轨迹与圆相交的弦长等于（ ）
A．B．C．D．
8．已知抛物线的焦点为F，准线为l，与x轴平行的直线与l和抛物线C分别交于A，B两点，且，则（ ）
A．2B．C．D．4
二、多选题（每小题5分，共4小题20分）
9．下列命题正确的是（ ）
A．已知双曲线C方程为，则其渐近线方程为
B．已知，则向量在上的投影向量的模长是
C．圆上有且仅有3个点到直线的距离等于1
D．不过原点的直线都可以用方程表示
10．在《九章算术》中，将底面为矩形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马.如图，在阳马中，底面，且，则（ ）

A．直线与所成角的余弦值是
B．点到直线的距离是
C．直线与平面所成角的正弦值为
D．点到平面的距离为
11．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
12．设数列满足：，，则下列说法中，正确的有（ ）
A．是递增数列B．是等差数列
C．D．当时，
三、填空题（每小题5分，共4小题20分）
13．已知向量，，，若，则 ．
14．若双曲线（）的一条渐近线与直线垂直，则该双曲线的离心率为 .
15．已知,分别是椭圆的左、右顶点，是的上顶点，若，则的面积为 .
16．已知等差数列，的前项和分别为，，若，则 ．
四、解答题（每小题12分，共6小题70分）
17．已知直线经过直线与的交点.
(1)若直线与直线垂直，求直线的方程；
(2)若直线在坐标轴上的截距相等，求直线的方程.
18．已知正项数列满足，且．
(1)求数列的通项公式；
(2)记，记数列的前n项和为，证明：．
19．已知椭圆C：的左、右焦点分别为，，设点，在中，，周长为.
(1)求椭圆C的方程；
(2)过左焦点作倾斜角为的直线l交椭圆C于M、N两点，求△OMN的面积.
20．如图，在圆台中，平面过上下底面的圆心，，点M在上，N为的中点，.
（1）求证：平面平面；
（2）当时，与底面所成角的正弦值为，求二面角的余弦值.
21．已知等差数列满足：，，数列满足，且，.
(1)证明：数列是等比数列；
(2)若数列满足，求的前项和.
22．如图，在三棱柱中，侧面正方形的中心为点M，平面，且，，点E满足.

(1)若，求证面；
(2)若平面与平面的夹角的余弦值为，求的值.
1．D
【分析】根据列方程求解即可.
【详解】由题意得，得.
故选：D.
2．A
【分析】根据等比数列的性质列式，由此求得.
【详解】由于是等比数列，所以也成等比数列，
其中，所以，
所以.
故选：A
3．A
【分析】应用向量夹角的坐标表示求线面角的正弦值，即可得其大小.
【详解】设直线与平面所成的角为，
则，所以.
故选：A
4．B
【分析】根据等差数列的性质,结合求和公式即可求解.
【详解】由题意得，即，
，即，因为，所以公差，
所以，…，均为正数，，，…均为负数.
由，
所以的取得最大值，且最大值为12.
故选：B
5．D
【分析】根据空间向量的线性运算即可求解.
【详解】取的中点，连接.由重心的性质可知，且三点共线.
因为，所以.所以在基底下的有序实数组为.
故选：
6．C
【分析】根据式子，根据空间向量数量积的运算律即可求出的长．
【详解】因为，，所以，
因为二面角的余弦值是，所以，即，
所以
，
所以，即的长为．
故选:C．
7．A
【分析】设，根据题设整理可得点P的轨迹方程为圆，由两圆方程消去二次项可得公共弦所在直线方程，然后由点到直线的距离公式和圆的弦长公式可得.
【详解】设，则，
整理得，
联立消去二次项得公共弦所在直线方程，
圆的圆心为，半径为，
圆心到直线的距离为1，
所以公共弦长为.
故选：A
8．D
【分析】由抛物线定义结合得到为等边三角形，进而得到，求出，得到答案.
【详解】由抛物线定义可知，
因为，所以为等边三角形，
故，，
所以，
其中准线l与轴交点为，则，故，
所以.

故选：D
9．ABC
【分析】对于A，由双曲线方程直接求出其渐近线即可判断；对于B，利用向量在上的投影向量的定义计算判断；
对于C，求出圆心到直线距离即可判断；对于D，利用截距式方程表示的直线即可判断作答.
【详解】对于A，双曲线C：的渐近线方程为，A正确；
对于B，因，则向量在上的投影向量为
，因此，向量在上的投影向量的模长为
，B正确；
对于C，圆的圆心到直线距离，而圆的半径为2，
则平行于直线l且与直线l的距离为1的两条直线，一条直线过圆心，它与圆有两个交点，另一条直线与圆相切，
所以圆上有且仅有3个点到直线的距离等于1，C正确；
对于D，过原点的直线没有截距式方程，而不过原点且垂直于坐标轴的直线也没有截距式方程，D不正确.
故选：ABC
10．AD
【分析】根据给定的几何体，建立空间直角坐标系，利用空间向量求角及距离的方法逐项判断即得.
【详解】在阳马中，底面，
以为坐标原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图，

则，，，，
于是，则直线与所成角的余弦值是，A正确；
点到直线的距离，B错误；
设为平面的法向量，则，令，得，
，所以直线与平面所成角的正弦值为，C错误；
点到平面的距离，D正确.
故选：AD
11．AB
【分析】直线方程化简为点斜式，可确定判断A；可判断B；根据在以为直径的圆上，可确定的最小值；根据D，可写出点轨迹方程，与题意冲突，可判断D.
【详解】对于A：可化作，可发现过定点，
同理，过定点，A正确；
对于B：因为，所以恒成立，
因此是以为直径的圆上的点，根据定义，，B正确；
对于C：由题可知的中点为，，
所以在圆上，所以，C错误；
对于D：设，若，则，
化简可得：，与的方程不符合，D错误．
故选：AB．
12．BCD
【分析】由题意可得，且，由基本不等式可判断A；由等差数列的定义可判断B；由等差数列的通项公式，求和公式，计算可判断C；由累乘法可判断D.
【详解】由，可知，，且，
所以，即，
所以是递减数列，故A错误；
由可得，
所以，即，
所以是公差为1的等差数列，故B正确；
所以，，
所以，故C 正确；
当时，，故D正确.
故选：BCD
13．
【分析】求出向量的坐标，由已知条件可得，利用空间向量数量积的坐标运算可求得实数的值.
【详解】因为向量，，，
则，
因为，则，解得.
故答案为.
14．##
【分析】易得双曲线渐近线为，再利用两直线垂直斜率之积为求出，结合离心率公式即可求解.
【详解】双曲线（）的渐近线方程为，直线斜率为，
由一条渐近线与直线垂直得，解得，
所以离心率为.
故
15．
【分析】设为坐标原点，由题意可得，，解出值，再利用的面积为，求解即可.
【详解】
设为坐标原点.由题意得，，则，得，
又，所以，
所以的面积为.
故答案为.
16．
【分析】利用等差数列前项和公式可设，，再结合等差数列的性质即得.
【详解】因为等差数列，的前项和分别为，，且，
所以，，又，，
所以，，
所以．
故
17．(1)
(2)或.
【分析】（1）由题意求出交点P的坐标，利用两直线垂直求出的斜率，结合直线的点斜式方程即可求解；
（2）根据题意设直线方程，分别求出直线与坐标轴的截距，列方程，解之即可求解.
【详解】（1）由解得即.
因为直线与直线垂直，所以直线的斜率为，
所以直线的方程为，即；
（2）显然，直线的斜率存在，
设直线的方程为，令，解得，
令，解得，
所以，
解得或，所以直线的方程为或.
18．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）先利用题给条件求得数列的通项公式，进而求得数列的通项公式；
（2）利用得到，再利用裂项相消法求得数列的前n项和，进而得到.
【详解】（1）数列中，，由，可得
又，则数列是首项为1公差为1的等差数列，则，
则数列的通项公式为
（2）由（1）知，则
则数列的前n项和
由，可得，即．
19．(1)
(2)
【分析】（1）根据椭圆的几何性质即可求解，
（2）联立直线与椭圆方程得韦达定理，进而根据弦长公式以及点到直线的距离公式即可求解.
【详解】（1）由
，①
又的周长为，
，②
联立①②，解得，
椭圆方程为
（2）直线的方程为:，设，，
由得，，
因为直线过椭圆内焦点，所以恒成立，
，，
，
原点到直线的距离为，
所以的面积.
20．（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）利用圆的性质和圆台高的性质可以证明出平面，再利用面面垂直的判定定理证明出平面平面；
（2）求可知：，故分别，，为x，y，z轴建立空间直角坐标系.利用空间向量根据已知可以求出圆台的高，最后利用空间向量夹角公式求出二面角的余弦值.
【详解】（1）在中，因为N为中点，∴.
在圆台中，因为底面
∴，，平面.
∴平面.
又平面
∴平面平面
（2）当时，，故分别以，，为x，y，z轴建立空间直角坐标系.
设，则，，
故，.
所在平面的法向量为.
记与底面，所成角为
则，解得.
∴
设平面的法向量为
由得：
平面的法向量为，记二面角的大小为，
则.
∴二面角的余弦值为.
本题考查了面面垂直、线面垂直的证明，考查了线面角、二面角的求法，考查了推理论证能力和数学运算能力.
21．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）依题意，对原式进行化简，根据等比数列的定义证明即可；
（2）依题意，利用等差数列的通项公式，写出数列的通项，再结合（1）中的结论，得出数列的通项，从而得到数列的通项，然后利用数列的错位相减法求和，即可求出数列的前项和.
【详解】（1）证明：因为，且，
所以，即，所以，
又因为，
所以数列是以首项为，公比为的等比数列；
（2）解：等差数列满足，，所以，
由（1）可知，，所以，
因为，
所以 ①，
② ，
①②，得：

，
所以.
22．(1)证明见解析
(2)或
【分析】（1）根据几何体特征，由中位线定理利用线面平行的判定定理即可证明出结论；
（2）建立以M为原点的空间直角坐标系，利用空间向量分别求得平面与平面的法向量，再由余弦值即可求得或.
【详解】（1）因为，，可得点E是的中点，
又因为M是的中点，
所以，
又面，面，
所以面.
（2）因为是正方形，所以，且平面，
平面，所以两两垂直，
以M为原点，，，的方向分别为x，y，z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，如下图所示：

由题意知，，
则，，，，，，
设平面的法向量为，则，
令，可得，即平面的法向量为，
因为，所以，
则，，
设面的法向量为，
则，令，可得法向量为，
所以，
因为平面与平面所成角的余弦值为，
所以，
可得，
则或