2020-2021山东省青岛市高二（上）12月月考数学试卷人教A版（2019）（Word含解析）

这是一份2020-2021山东省青岛市高二（上）12月月考数学试卷人教A版（2019）（Word含解析），共13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. 已知向量a→=1,−2,2，b→=1,1,6，则|a→−b→|=( )
A.25B.17C.17D.5

2. 直线l1：2x+a+5y−8=0，l2：a+3x+4y+3a−5=0平行，实数a为( )
A.−1或−7B.−1C.−7D.−133

3. 已知四面体ABCD的所有棱长都是2，点E是AD的中点，则AB→⋅CE→=( )
A.1B.−1C.3D.−3

4. 双曲线的一条渐近线方程为y=2x，且过点2,2，则该双曲线标准方程( )
A.x24−y2=1B.y24−x2=1C.x2−y24=1D.y2−x24=1

5. 已知各项不为0的等差数列an满足a6−a72+a8=0，数列bn是等比数列，且b7=a7，则b3b8b10=( )
A.1B.2C.4D.8

6. 已知椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，过F1作x轴的垂线交椭圆于P，若∠F1PF2=60∘，则椭圆的离心率是( )
A.3B.32C.33D.12

7. 已知等比数列an的首项a1=e，公比q=e，则数列lnan的前10项和S10=( )
A.45B.55C.110D.210

8. 若实数x，y满足方程x+52+y−122=142，则x2+y2−2x−8y+17的最小值为( )
A.16B.8C.4D.2
二、多选题

下面四个结论正确的是( )
A.向量a→，b→a→≠0,b→≠0，若a→⊥b→，则a→⋅b→=0
B.已知向量a→=1,1,x，b→=−3,x,9，若x<310，则为钝角．
C.任意向量a→，b→，c→满足a→⋅b→⋅c→=a→⋅b→⋅c→
D.若空间四个点P，A，B，C， PC→=14PA→+34PB→，则A，B，C三点共线．

若方程x23−t+y2t−1=1所表示的曲线为C，则下面四个命题中错误的是( )
A.曲线C可能是圆
B.若C为双曲线，则t>3或t<1
C.若C为椭圆，则1D.若C为椭圆，且长轴在y轴上，则1
已知动圆P与圆C1:x+32+y2=1外切，且与圆C2:x−32+y2=81内切，动圆圆心P的轨迹方程为C，则下列说法正确的是( )
A.轨迹方程C为x225+y216=1B.轨迹方程C的长轴为10
C.轨迹方程C的焦距为3D.轨迹方程C的离心率为35

数列an的前n项和为Sn，且an+3SnSn−1=0n≥2，a1=13，下列正确的是( )
A.1Sn是等差数列B.Sn=13n
C.an=−13nn−1D.S3n是等比数列
三、填空题

已知P为抛物线x=y28上任意一点，抛物线的焦点为F，点A(3, 1)是平面内一点，则|PA|+|PF|的最小值为________.
四、解答题

已知an是各项均为正数的等比数列，a1=2, a3=2a2+16.
(1)求an的通项公式；

(2)设bn=lg2an，求数列bn的前n项和.

已知圆心为C的圆经过A0,−2和B1,5，且圆心在直线x+y+1=0上．
(1)求圆C的标准方程；

(2)设直线l: m+2x+m+1y+1=0，求直线l被(1)中圆C截得的最短弦长，及此时的直线方程．

已知数列an中， a1=1，an+1=anan+3.
(1)求a2，a3；

(2)求证：1an+12是等比数列，并求an的通项公式；

(3)数列bn满足bn=3n−1n⋅an，数列bn的前n项和为Tn.

已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的离心率为13，左、右焦点分别为F1，F2，A为椭圆C上一点，AF2⊥F1F2，且|AF2|=83.
(1)求椭圆C的方程；

(2)设椭圆C的左、右顶点分别为A1，A2，过A1，A2分别作x轴的垂线l1，l2，椭圆C的一条切线l:y=kx+m与l1，l2分别交于M，N两点，求证： ∠MF1N为定值．

如图，四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为菱形， PA⊥平面ABCD，E为PD的中点．

(1)证明：PB//平面AEC，

(2)设PA=1，∠ABC=60∘，三棱锥E−ACD的体积为36，求二面角D−AE−C的余弦值．

已知抛物线C:y2=2pxp>0的焦点F与椭圆x24+y23=1的右焦点重合，点M是抛物线C的准线上任意一点，直线MA，MB分别与抛物线C相切于点A，B．

(1)求抛物线C的标准方程；

(2)设直线MA，MB的斜率分别为k1，k2，证明： k1⋅k2为定值；

(3)求|AB|的最小值．
参考答案与试题解析
2020-2021山东省青岛市高二（上）12月月考数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
D
【考点】
空间向量运算的坐标表示
向量的模
向量的减法及其几何意义
【解析】
先求出a→−b→=0,−3,−4，再利用模长公式求解即可.
【解答】
解：∵ a→=1,−2,2，b→=1,1,6，
∴ a→−b→=0,−3,−4，
∴ |a→−b→|=02+−32+−42=5.
故选D.
2.
【答案】
C
【考点】
直线的一般式方程与直线的平行关系
【解析】
由题意利用两条直线平行的性质，计算求得a的值．
【解答】
解：∵ 直线l1：2x+a+5y−8=0与
l2：a+3x+4y+3a−5=0平行，
∴ a+32=4a+5≠3a−5−8，
解得a=−7.
故选C．
3.
【答案】
B
【考点】
空间向量的数量积运算
【解析】
根据AB→⋅CE→=AB→⋅(CA→+AE→) ，即可求解．
【解答】
解：如图.
∵ CE→=CA→+AE→，
∴ AB→⋅CE→=AB→⋅(CA→+AE→)
=AB→⋅CA→+AB→⋅AE→
=2×2×cs120∘+2×1×cs60∘
=−1.
故选B．
4.
【答案】
C
【考点】
双曲线的标准方程
双曲线的渐近线
【解析】
设以直线y＝±2x为渐近线的双曲线的方程为x2 − y24 = λ(λ≠0)，再由双曲线经过点2，2，能求出双曲线方程．
【解答】
解：设渐近线为y=±2x的双曲线的方程为x2 − y24 = λ(λ≠0)，
∵ 双曲线经过点2，2，得2−1=λ，
∴ 解得λ=1，
∴ 双曲线方程为x2 − y24 = 1.
故选C.
5.
【答案】
D
【考点】
等比数列的性质
等差中项
【解析】
由题意得到a7​=2.再利用等比数列通项得到b3b8b10=b73=8 .
【解答】
解：∵ 各项不为0的等差数列an满足a6−a72+a8=0，
∴ a72=a6+a8=2a7​，
∴ a7​=2.
设等比数列bn的公比为q，
∵ b7=a7=2，
∴ b3b8b10=b1q2⋅b1q7⋅b1q9=b1q63=b73=8 .
故选D.
6.
【答案】
C
【考点】
椭圆的定义
椭圆的离心率
【解析】
把x=−c代入椭圆方程求得P的坐标，进而根据∠F1PF2=60∘推断出2cb2a=3整理得3e2+2e−3=0，进而求得椭圆的离心率e．
【解答】
解：由题意可知，点P的坐标为(−c, b2a)或(−c, −b2a)，
∵ ∠F1PF2=60∘，
∴ 2cb2a=3，
即2ac=3b2=3(a2−c2)，
∴ 3e2+2e−3=0，
∴ e=33或e=−3（舍去）．
故选C.
7.
【答案】
B
【考点】
等差数列与等比数列的综合
等比数列的通项公式
等差数列的前n项和
【解析】
利用等比数列的通项公式及对数的运算得lnan为等差数列，可得解，属于基础题.
【解答】
解：由题意得：an=a1qn−1=en，lnan=lnen=n，
故lnan−lnan−1=n−n−1=1，
所以lnan为等差数列，公差为1，首项为1，
故S10=10×(1+10)2=55.
故选B.
8.
【答案】
A
【考点】
圆的标准方程
点与圆的位置关系
与圆有关的最值问题
【解析】
利用点与圆距离的几何意义，即可得到答案.
【解答】
解：实数x，y满足方程x+52+y−122=142，
则方程表示圆心为−5,12，半径r=14的圆，
由于x2+y2−2x−8y+17=x−12+y−42
可以看成是圆上的点到点1,4的距离的平方，
∴ 最小值为圆心到点1,4的距离减去半径的差，再平方，
∴ x2+y2−2x−8y+17min=36+64−142=16.
故选A.
二、多选题
【答案】
A,D
【考点】
平面向量数量积的运算
向量的数量积判断向量的共线与垂直
三点共线
向量语言表述线线的垂直、平行关系
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：对于向量a→，b→a→≠0,b→≠0，
若a→⊥b→，则a→⋅b→=0，故A正确；
当x=−3时，a→=1,1,−3，b→=−3,−3,9，
即b→=−3a→，
则a→，b→共线，且=π，故B错误；
向量运算不满足结合律，故C错误；
若空间四个点P，A，B，C，有PC→=14PA→+34PB→，
则PC→−PA→=34PB→−PA→，
即有AC→=34AB→，
则A，B，C三点共线，故D正确.
故选AD.
【答案】
C,D
【考点】
椭圆的定义
二元二次方程表示圆的条件
双曲线的定义
【解析】

【解答】
解：方程x23−t+y2t−1=1所表示的曲线为C，
则当t=2时，方程为x2+y2=1，则曲线C可能是圆，
故A是真命题，C是假命题；
若曲线C为双曲线，则3−tt−1<0，
解得t>3或t<1，故B是真命题；
若曲线C为椭圆，且长轴在y轴上，则t−1>3−t，3−t>0，t−1>0，
解得2故选CD．
【答案】
A,B,D
【考点】
轨迹方程
椭圆的标准方程
圆与圆的位置关系及其判定
【解析】
由两个圆相内切和外切的条件，写出动圆圆心满足的关系式，结合椭圆的定义，即可得出结论．
【解答】
解：由题意可知， C1的圆心为−3,0，半径r1=1，
C2的圆心为3,0，半径r2=9.
设圆P的半径为r，
∵ 动圆P与圆C1外切，与圆C2内切，
∴ PC1=r+1，PC2=9−r，
∴ PC1+PC2=r+1+9−r=2a=10，
即长轴长为10，故B选项正确；
又C1C2=2c=6，焦距是6，故C选项错误；
∴ 动圆圆心P的轨迹是以C1，C2为焦点的椭圆，焦距为6，
∴ a=5，c=3，
∴ e=ca=35，故D选项正确；
又b2=a2−c2=16，
∴ 动圆圆心P的轨迹方程为x225+y216=1.
故A选项正确.
故选ABD.
【答案】
A,B,D
【考点】
等差数列的性质
等差数列的前n项和
数列递推式
数列的求和
等差数列的通项公式
【解析】
根据等差数列的性质，等比数列的性质，数列的通项的求法，考查不等式的证明，解题的关键是确定数列的通项，利用裂项法求和．
【解答】
解：∵−an=3Sn⋅Sn−1，
∴ −Sn+Sn−1=3SnSn−1n≥2，Sn≠0(n=1，2，3，⋯）,
∴ 1Sn−1Sn−1=3,
又1S1=1a1=3,
∴ 1Sn是以3为首项，3为公差的等差数列，
故A选项正确；
∴ 1Sn=3+n−1⋅3=3n，
∴ Sn=13n，
故B选项正确；
当n≥2时，
an=Sn−Sn−1=13n−13n−1=−13nn−1；
当n=1，S1=a1=13,
故C选项错误；
∵ Sn=13n，
∴ S31=19，
∴ {S3n}是以19为首项，13为公比的等比数列，
故D选项正确.
故选ABD.
三、填空题
【答案】
5
【考点】
圆锥曲线中的范围与最值问题
抛物线的定义
【解析】
设点P在准线上的射影为D，则根据抛物线的定义可知|PF|=|PD|进而把问题转化为求|PA|+|PD|取得最小，进而可推断出当D，P，A三点共线时|PA|+|PD|最小，答案可得．
【解答】
解：由P为抛物线x=y28上一点，可知抛物线为y2=8x，
点A(3, 1)是平面内一点，
设点P在准线上的射影为D，如图所示，
则根据抛物线的定义可知|PF|=|PD|，
若要求|PA|+|PF|取得最小值，
即求|PA|+|PD|取得最小值，
当D，P，A三点共线时，|PA|+|PD|最小，最小值为3−(−2)=5．
故答案为：5.
四、解答题
【答案】
解：(1)设an的公比为q，由题设得2q2=4q+16，即q2−2q−8=0.
解得q=−2（舍去）或q=4.
因此an的通项公式为an=2×4n−1=22n−1.
(2)由(1)得bn=(2n−1)lg22=2n−1,因此数列bn的前n项和为1+3+⋯+2n−1=n2.
【考点】
等比数列的通项公式
等差数列的前n项和
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)设an的公比为q，由题设得2q2=4q+16，即q2−2q−8=0.
解得q=−2（舍去）或q=4.
因此an的通项公式为an=2×4n−1=22n−1.
(2)由(1)得bn=(2n−1)lg22=2n−1,因此数列bn的前n项和为1+3+⋯+2n−1=n2.
【答案】
解：(1)斜率kAB=5+21=7，线段AB的中点为M12,32，
则线段AB的中垂线所在方程为y−32=−17x−12，
即y=−17x+117，
联立y=−17x+117,x+y+1=0,
解得x=−3，y=2，
即圆心的坐标为C−3,2，
半径r=AC=32+−2−22=5，
所以该圆的方程为x+32+y−22=25．
(2)直线l：m+2x+m+1y+1=0，
可化为y−1=−m+2m+1x+1，
即直线l过定点D−1,1，
当圆心C到直线l的距离最远时，直线l被圆C截得的弦长最短，
由圆的对称性可知，
当CD与直线l垂直时，圆心C到直线l的距离最远，
因为kCD=2−1−3+1=−12，
所以直线l的方程为y−1=2x+1，即y=2x+3．
因为CD=(−2)2+12=5，
所以最短弦长为2r2−CD2=225−5=45.
【考点】
圆的标准方程
直线和圆的方程的应用
与圆有关的最值问题
直线与圆相交的性质
【解析】
无
无
【解答】
解：(1)斜率kAB=5+21=7，线段AB的中点为M12,32，
则线段AB的中垂线所在方程为y−32=−17x−12，
即y=−17x+117，
联立y=−17x+117,x+y+1=0,
解得x=−3，y=2，
即圆心的坐标为C−3,2，
半径r=AC=32+−2−22=5，
所以该圆的方程为x+32+y−22=25．
(2)直线l：m+2x+m+1y+1=0，
可化为y−1=−m+2m+1x+1，
即直线l过定点D−1,1，
当圆心C到直线l的距离最远时，直线l被圆C截得的弦长最短，
由圆的对称性可知，
当CD与直线l垂直时，圆心C到直线l的距离最远，
因为kCD=2−1−3+1=−12，
所以直线l的方程为y−1=2x+1，即y=2x+3．
因为CD=(−2)2+12=5，
所以最短弦长为2r2−CD2=225−5=45.
【答案】
(1)解：∵ a1=1，an+1=anan+3，
a2=a1a1+3=14，
a3=a2a2+3=113.
(2)证明：∵ an+1=anan+3，
∴ 1an+1=an+3an=1+3an，
即1an+1+12=31an+12，
又1a1+12=32，
∴ 1an+12是以32是为首项，3为公比的等比数列，
∴ 1an+12=32×3n−1=3n2，
即an=23n−1.
(3)解：由(2)可知，an=23n−1，
∴ bn=3n−1n⋅23n−1=2n，
∴ 数列an是以2为首项，公差为2的等差数列，
∴ Tn=n2+2n2=n2+n.
【考点】
数列递推式
等差数列的通项公式
等差数列的前n项和
【解析】
(1)将首项代入递推公式求解即可；
(2)由题意得到1an+1+12=31an+12，即可得到结论；
(3)利用等差数列求和进行求解即可.
【解答】
(1)解：∵ a1=1，an+1=anan+3，
a2=a1a1+3=14，
a3=a2a2+3=113.
(2)证明：∵ an+1=anan+3，
∴ 1an+1=an+3an=1+3an，
即1an+1+12=31an+12，
又1a1+12=32，
∴ 1an+12是以32是为首项，3为公比的等比数列，
∴ 1an+12=32×3n−1=3n2，
即an=23n−1.
(3)解：由(2)可知，an=23n−1，
∴ bn=3n−1n⋅23n−1=2n，
∴ 数列an是以2为首项，公差为2的等差数列，
∴ Tn=n2+2n2=n2+n.
【答案】
(1)解：由AF2⊥F1F2，|AF2|=83，
得b2a=83．
又e=ca=13，a2=b2+c2，
所以a2=9，b2=8，
故椭圆C的标准方程为x29+y28=1．
(2)证明：由题意可知，l1的方程为x=−3，l2的方程为x=3．
直线l分别与直线l1，l2的方程联立，
得M−3,−3k+m，N3,3k+m，
所以F1M→=−2,−3k+m，F1N→=4,3k+m，
所以F1M→⋅F1N→=−8+m2−9k2．
联立x29+y28=1,y=kx+m,
得9k2+8x2+18kmx+9m2−72=0．
因为直线l与椭圆C相切，
所以Δ=18km2−49k2+8×9m2−72=0，
化简，得m2=9k2+8．
所以F1M→⋅F1N→=−8+m2−9k2=0，
所以F1M⊥F1N，
故∠MF1N为定值π2．
【考点】
椭圆的标准方程
椭圆的离心率
直线与椭圆的位置关系
【解析】
无
无
【解答】
(1)解：由AF2⊥F1F2，|AF2|=83，
得b2a=83．
又e=ca=13，a2=b2+c2，
所以a2=9，b2=8，
故椭圆C的标准方程为x29+y28=1．
(2)证明：由题意可知，l1的方程为x=−3，l2的方程为x=3．
直线l分别与直线l1，l2的方程联立，
得M−3,−3k+m，N3,3k+m，
所以F1M→=−2,−3k+m，F1N→=4,3k+m，
所以F1M→⋅F1N→=−8+m2−9k2．
联立x29+y28=1,y=kx+m,
得9k2+8x2+18kmx+9m2−72=0．
因为直线l与椭圆C相切，
所以Δ=18km2−49k2+8×9m2−72=0，
化简，得m2=9k2+8．
所以F1M→⋅F1N→=−8+m2−9k2=0，
所以F1M⊥F1N，
故∠MF1N为定值π2．
【答案】
(1)证明：如图，连接BD交AC于点O，连接OE，
则O为BD中点.
因为E为PD的中点，
所以PB//OE，
因为OE⊂平面ACE，PB⊄平面ACE，
所以PB//平面AEC.
(2)解：设菱形ABCD的边长为a，
由题知VP−ABCD =2VP−ACD =4VE−ACD=233，
因为VP−ABCD=13SABCD⋅PA=13×2×34a2×1=233，
所以a=2.
取BC中点M，连接AM ，
以点A为原点，以AM为x轴，以AD为y轴，以AP为z轴，建立如图所示坐标系．
则D0,2,0，A0,0,0，E0,1,12，C3,1,0，
所以AE→=0,112，AC→=3,1,0.
设平面ACE的法向量为n1→=x,y,z，
由n1→⊥AE→，n1→⊥AC→，
得y+12z=0,3x+y=0,
令x=3，则y=−3，z=6，
所以n1→=3,−3,6.
又平面ADE的一个法向量为n2→=1,0,0，
cs⟨n1→,n2→⟩=n1→⋅n2→|n1→|⋅|n2→|=33+9+36=14，
即二面角D−AE−C的余弦值为14 .
【考点】
直线与平面平行的判定
用空间向量求平面间的夹角
【解析】
此题暂无解析
【解答】
(1)证明：如图，连接BD交AC于点O，连接OE，
则O为BD中点.
因为E为PD的中点，
所以PB//OE，
因为OE⊂平面ACE，PB⊄平面ACE，
所以PB//平面AEC.
(2)解：设菱形ABCD的边长为a，
由题知VP−ABCD =2VP−ACD =4VE−ACD=233，
因为VP−ABCD=13SABCD⋅PA=13×2×34a2×1=233，
所以a=2.
取BC中点M，连接AM ，
以点A为原点，以AM为x轴，以AD为y轴，以AP为z轴，建立如图所示坐标系．
则D0,2,0，A0,0,0，E0,1,12，C3,1,0，
所以AE→=0,112，AC→=3,1,0.
设平面ACE的法向量为n1→=x,y,z，
由n1→⊥AE→，n1→⊥AC→，
得y+12z=0,3x+y=0,
令x=3，则y=−3，z=6，
所以n1→=3,−3,6.
又平面ADE的一个法向量为n2→=1,0,0，
cs⟨n1→,n2→⟩=n1→⋅n2→|n1→|⋅|n2→|=33+9+36=14，
即二面角D−AE−C的余弦值为14 .
【答案】
(1)解：由椭圆方程可知，c=4−3=1,
则椭圆的右焦点为1,0，
∴ 抛物线的焦点为F1,0，
∴ 抛物线的标准方程为y2=4x．
(2)证明：抛物线C的准线方程为x=−1．
设M−1,t，
设过点M−1,t的直线方程为y=kx+1+t，
与抛物线方程y2=4x联立．
消去x，得ky2−4y+4k+4t=0．
则Δ=16−16kk+t，
令Δ=0，得k2+kt−1=0．
由韦达定理，得k1⋅k2=−1，
故k1⋅k2为定值．
(3)解：设Ax1,y1，Bx2,y2，
由k2+kt−1=0，得t=1−k2k，
则ky2−4y+4k+4t
=ky2−4y+4k+41−k2k
=ky2−4y+4k
=ky−2k2，
所以把y=2k代入抛物线y2=4x，得x=1k2．
所以A1k12,2k1，B1k22,2k2，
|AB|=1k22−1k122+2k2−2k12
=k12−k22k22k122+2(k1−k2)k2k12
=k12−k222+4(k1−k2)2
=4+t2|k1−k2|
=4+t2k1+k22−4k1k2
=4+t2≥4
当且仅当t=0时取等号．
故|AB|的最小值为4．
【考点】
抛物线的标准方程
圆锥曲线的综合问题
椭圆的标准方程
圆锥曲线中的定点与定值问题
直线与抛物线结合的最值问题
【解析】
无
无
无
【解答】
(1)解：由椭圆方程可知，c=4−3=1,
则椭圆的右焦点为1,0，
∴ 抛物线的焦点为F1,0，
∴ 抛物线的标准方程为y2=4x．
(2)证明：抛物线C的准线方程为x=−1．
设M−1,t，
设过点M−1,t的直线方程为y=kx+1+t，
与抛物线方程y2=4x联立．
消去x，得ky2−4y+4k+4t=0．
则Δ=16−16kk+t，
令Δ=0，得k2+kt−1=0．
由韦达定理，得k1⋅k2=−1，
故k1⋅k2为定值．
(3)解：设Ax1,y1，Bx2,y2，
由k2+kt−1=0，得t=1−k2k，
则ky2−4y+4k+4t
=ky2−4y+4k+41−k2k
=ky2−4y+4k
=ky−2k2，
所以把y=2k代入抛物线y2=4x，得x=1k2．
所以A1k12,2k1，B1k22,2k2，
|AB|=1k22−1k122+2k2−2k12
=k12−k22k22k122+2(k1−k2)k2k12
=k12−k222+4(k1−k2)2
=4+t2|k1−k2|
=4+t2k1+k22−4k1k2
=4+t2≥4
当且仅当t=0时取等号．
故|AB|的最小值为4．