重庆市松树桥中学2024-2025学年高二上学期12月月考数学试卷（Word版附解析）

这是一份重庆市松树桥中学2024-2025学年高二上学期12月月考数学试卷（Word版附解析），共20页。试卷主要包含了 已知椭圆的一个焦点，则， 抛物线的准线方程为， 已知数列满足，则等于， 《周髀算经》中有这样一个问题，5尺B， 已知等差数列的前项和为，则等内容，欢迎下载使用。
（试卷共4页，满分150分，考试时间120分钟）
本试卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，考生作答时，将答案答在答题卡上，在本试卷上答题无效考试结束后，将答题卡交回.
一､单选题：（本大题共8小题，每小题5分，共40分）
1. 已知椭圆的一个焦点，则（ ）
A. B. 5C. 5或3D. 3
【答案】D
【解析】
【分析】根据椭圆方程及焦点坐标有，即可得答案.
【详解】由题设可知焦点在轴上,，可得.
故选：D
2. 抛物线的准线方程为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先写出抛物线标准方程，再确定准线方程即可.
【详解】由题设，抛物线标准方程为，故其准线为.
故选：D
3. 已知数列满足，则等于（ ）
A. 6B. 7C. 8D. 9
【答案】B
【解析】
【分析】根据已知确定为等差数列，再应用等差数列的性质求得、，进而求.
【详解】由，易知为等差数列，
所以，可得，且，可得，
所以.
故选：B
4. 已知空间向量，则下列结论正确的是（ ）
A.
B.
C.
D. 向量在向量上的投影向量是
【答案】D
【解析】
【分析】利用空间向量减法坐标运算、数量积的坐标运算求、夹角坐标运算及投影向量的定义和求法，判断各项正误.
【详解】A：由题设，错；
B：，错；
C：，错；
D：向量在向量上的投影向量是，对.
故选：D
5. 《周髀算经》中有这样一个问题：从冬至日起，依次有小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种这十二个节气.立竿测影，得其最短日影长依次成等差数列，若冬至、立春、春分日影长之和为31.5尺，春分日影长为7.5尺，则这十二个节气中后六个（春分至芒种）日影长之和为（ ）
A. 8.5尺B. 30尺C. 66尺D. 96尺
【答案】B
【解析】
【分析】利用等差数列基本量列方程组、方程求解.
【详解】设这个等差数列为，公差为，首项为冬至日最短日影长，根据题意有
即，解得
所以.
故选:B
6. 已知双曲线与直线相交于两点，若弦的中点的横坐标为1，则双曲线的渐近线方程为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】联立直线与双曲线得，根据已知结合韦达定理得，可得，即得答案.
【详解】将直线代入双曲线有，则，
由题设，易知，故，则渐近线为.
故选：A
7. 在棱长为1的正方体中，分别是线段的中点，则直线到平面的距离是（ ）

A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，结合线面平行以及点面距公式求得直线到平面的距离.
【详解】由题意，构建如下图示的空间直角坐标系，则，
所以，
设平面的一个法向量为，则，
令，可得，则点到面的距离，
又，面，面，则面，
所以点到面的距离，即直线到平面的距离，为.

故选：D
8. 点是椭圆上的点，以为圆心的圆与轴相切于椭圆的焦点，与轴相交于，两点，若是直角三角形，则该椭圆的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由圆M与x轴相切与焦点F，设，则，所以圆的半径为，利用是直角三角形，即可求出椭圆的离心率．
【详解】圆与轴相切于焦点，轴，可设，
在椭圆上，，解得：，圆的半径为；
作轴，垂足为，
，，
为直角三角形，，，
，即，又，所以，
故选：D.
二､多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，有选错的得0分，若只有2个正确选项，每选对一个得3分，若只有3个正确选项，每选对一个得2分.）
9. 已知等差数列的前项和为，则（ ）
A. 是递增数列
B. 的前项和中最小
C.
D. 数列的前10项和为
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据条件先求解出的通项公式以及前项和；对于A：由公差，即可判断；对于B：根据的表达式结合二次函数的性质进行分析判断；对于C：由通项公式计算即可判断；对于D：先判断为等差数列，然后利用公式进行求和即可判断.
【详解】设等差数列的首项为，公差为，
等差数列的前项和为，
所以，解得，
所以，，
对于A：等差数列中，所以是递增数列，故A正确；
对于B：，
由二次函数的性质可知当时最小，故B正确；
对于C：由，得，故C错误；
对于D：因为，则，
所以是首项为，公差为的等差数列，
所以的前项和为，故D正确.
故选：ABD.
10. 已知点O为坐标原点，直线与抛物线相交于A、B两点，焦点为F，则下列选项正确的是（ ）
A. B.
C. D. 线段的中点到x轴的距离为2
【答案】AC
【解析】
【分析】联立方程组求得，且，结合选项，结合抛物线的定义和焦点弦，逐项判定，即可求解.
【详解】由抛物线，可得焦点，则直线过抛物线的焦点，
联立方程组，整理得到，显然，
设，可得，
对于A中，由抛物线的定义，可得，所以A正确；
对于B中，由 ，
所以与不垂直，所以B错误；
对于C中，由，可得，
由抛物线定义，可得，
则，所以C正确；
对于D中，线段的中点的到轴的距离为，所以D错误.
故选：AC.
11. 在边长为2的正方体中，为边的中点，下列结论正确的有（ ）
A. 与所成角的余弦值为
B. 过，，三点的正方体的截面面积为3
C. 当在线段上运动时，的最小值为3
D. 若为正方体表面上的一个动点，，分别为的三等分点，则的最小值为
【答案】AC
【解析】
【分析】建系，由异面直线夹角向量法即可判断A, 取的中点，连接，，，确定即为截面即可判断B，由对称性得到进而可判断C, 设点关于平面的对称点为，连接，可判断当与平面的交点为时，最小，即可判断D.
【详解】以为坐标原点，，，所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，
∴，，
∴，
∴与所成角的余弦值为，故A正确；
取的中点，连接，，，
则，
故梯形为过点，，的该正方体的截面，
∵，，，
∴梯形的高为，
∴梯形的面积为，故B错误；
由对称性可知，，故，
又由于，，，四点共面，故，当为与的交点时等号成立，故C正确，
设点关于平面的对称点为，连接，当与平面的交点为时，
最小，
过点作的平行线，过点作的平行线，两者交于点，此时，，，故D错误.
故选:AC.
三､填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分把答案填在答题卡中的横线上.
12. 已知数列满足，则______，通项公式______.
【答案】 ①. ##0.2 ②.
【解析】
【分析】根据已知递推式直接求，且、，应用等差数列的定义写出通项公式.
【详解】由题设，
由，且，则，
所以.
故答案为：，
13. 过点向圆作切线，切点为，则______.
【答案】
【解析】
【分析】根据圆切线性质求切线长即可.
【详解】由圆，圆心坐标为，半径为2，
因为过点向圆作切线，切点为，且，
所以.
故答案为：
14. 如图①，椭圆的光学性质：从椭圆的一个焦点发出的光线，经过椭圆反射后，反射光线经过椭圆的另一个焦点.如图②，双曲线的光学性质：从双曲线的一个焦点发出的光线，经过双曲线反射后，反射光线的反向延长线经过双曲线的另一个焦点.如图③，一个光学装置由有公共焦点的椭圆与双曲线构成，已知与的离心率之比为.现一光线从右焦点发出，依次经与的反射，又回到了点，历时秒.将装置中的去掉，如图④，此光线从点发出，经两次反射后又回到了点，历时___________.秒
【答案】##
【解析】
【分析】由题意可，得根据椭圆的和双曲线的定义可得，整理得到，从而结合路程速度时间之间的关系可得，求得答案.
【详解】设，椭圆的长轴长为，双曲线的实轴长为，光速为，
而与的离心率之比为，即，即，
在图③，
两式相减得：，
即.
在图④中，，
设图④，光线从点发出，经两次反射后又回到了点，历时t秒，
由题意可知：，则，
故（秒），
故答案为：
四､解答题：本大题共5小题，共77分解答应写出必要的文字说明､证明过程或演算步骤.
15. 已知的顶点坐标分别为，，．
（1）求边垂直平分线的方程；
（2）求三角形的外接圆方程．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）首先求出及的中点坐标，由两直线垂直求出，再由点斜式计算可得；
（2）设三角形的外接圆方程为，将点的坐标代入方程，即可得到、、的方程组，解得即可.
【小问1详解】
因为，，
所以，的中点坐标为，
又，所以，
所以直线的方程为，即；
【小问2详解】
设三角形的外接圆方程为，
依题意可得，解得，
所以三角形的外接圆方程为，即.
16. 如图，在四棱锥中，平面，，，，为棱的中点.
（1）证明：平面；
（2）若，求平面和夹角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析；
（2）.
【解析】
【分析】（1）记为中点，连接，易知是平行四边形，则，利用线面平行的判定即可证结论；
（2）构建空间直角坐标系，应用向量法求面面角的余弦值.
【小问1详解】
记为中点，连接，又为棱的中点，，
所以，且，即是平行四边形，
所以，面，面，则面.
【小问2详解】
由平面，平面，
所以，又，所以建立如图所示空间直角坐标系，
由，，得，
则，
显然面的一个法向量为，且，
设平面的法向量为，则，令，则，
所以平面和夹角的余弦值为.
17. 已知正项数列的前项和为，且和满足：，
（1）求证：数列是等差数列；
（2）设，记，求和的值.
【答案】（1）证明见解析；
（2），.
【解析】
【分析】（1）根据递推式及的关系得，结合等差数列的定义证明结论；
（2）根据（1）得，易知时，时，结合等差数列的前项和及分组求和求和.
小问1详解】
当时，，解得，
因为①，所以②，
①②得，
所以，化简得，
因为，所以，
所以以1为首项，2为公差的等差数列.
【小问2详解】
由（1）知，则，令，得，
即时，时，则，
.
18. 如图，在三棱柱中，四边形是边长为2菱形，，是等腰直角三角形，，平面平面，点，分别是，的中点.
（1）证明：；
（2）设平面与棱的延长线交于点，求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【解析】
【分析】（1）连接，由已知可得是等边三角形，取的中点，连接，，则由等到边三角形的性质可得，再由平面平面，可得到，由已知可得，从而可得平面，进而有；
（2）连接，以为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，利用空间向量求解即可
【详解】（1）连接.∵四边形是边长为2的菱形，，∴是等边三角形.
取的中点，连接，，则.
又平面平面，平面平面，
∴平面.
又平面，∴.
∵，分别为，的中点，∴∥，.
∵，∴.
又，∴平面.
∵平面，∴.
（2）延长与相交于点，则点即为平面与棱的延长线的交点.点是的中点，
∴，则.
如图，连接，以为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，
则，，，，，，
∴，，，，
.
设平面法向量为，
则取，得.
∴，
∴直线与平面所成角的正弦值为.
【点睛】关键点点睛：本题考查线面､面面垂直的判定定理与性质定理的应用，线线垂直的证明，线面角的求解，解题的关键是正确建立空间直角坐标系，利用空间向量求解，考查推理能力和计算能力，属于中档题
19. 已知点，点是圆上任意一点，线段的垂直平分线与半径的交点为，记点的轨迹是曲线，设经过点的直线与曲线的交点为.
（1）求曲线的方程；
（2）已知点，若直线与直线的斜率分别为，求的值.
（3）求的取值范围；
【答案】（1）；
（2）；
（3）.
【解析】
【分析】（1）根据已知及椭圆的定义写出曲线的方程；
（2）讨论直线与轴的位置关系，设直线为或y=kx−1并联立椭圆方程，点Ax1,y1,Bx2,y2，应用斜率的两点式及韦达定理求；
（3）由（2）及弦长公式或向量数量积的坐标表示得到关于参数m的表示，即可求范围.
【小问1详解】
连接，则，设点，圆的圆心，半径为4，，

点的轨迹是以为焦点的椭圆，长轴长，焦距，
，则曲线的方程为.
【小问2详解】
（法一）分以下两种情况讨论：
①若直线与轴重合，点都在轴上，，
②若直线不与轴重合，令直线为，Ax1,y1,Bx2,y2，
联立，消去，得，
则，
由韦达定理得，
，
综上所述：.
（法二）分以下两种情况讨论：
①若直线与轴垂直，直线与直线关于轴对称，；
②若直线不与轴垂直，令直线为y=kx−1，Ax1,y1,Bx2,y2，
联立，消去，得，则，
由韦达定理得，
设
，
综上所述：.
【小问3详解】
（法一）分以下两种情况讨论：
①若直线与轴重合，则；
②若直线不与轴重合，设直线的方程为，设点Ax1,y1,Bx2,y2，
由（1）中方法一及弦长公式得，
由，则，
综上所述，的取值范围是.
（法二）分以下两种情况讨论：
①当直线的斜率不存在时，不妨设，则；
②当直线的斜率存在时，设直线为y=kx−1，Ax1,y1,Bx2,y2，
由（2）方法二及弦长公式得
，
由，
综上所述，的取值范围是.
（法三）分以下两种情况讨论：
①若直线与轴重合，则
②若直线不与轴重合，设直线为，，
则，结合（1）中方法一，
由，则，
综上所述，的取值范围是.
【点睛】关键点点睛：第二、三问，设直线与椭圆并应用韦达定理，由斜率两点式、弦长公式或向量数量积的坐标表示，求值或列方程为关键.