2023-2024学年北京市第十二中学高二上学期12月月考数学试题含答案

这是一份2023-2024学年北京市第十二中学高二上学期12月月考数学试题含答案，共16页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．抛物线的准线方程为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据抛物线方程求出，进而可得焦点坐标以及准线方程.
【详解】由可得，所以焦点坐标为，准线方程为：，
故选：D.
2．与直线3x﹣4y+5=0关于y轴对称的直线方程是（ ）
A．3x+4y+5=0B．3x+4y﹣5=0C．3x﹣4y+5=0D．3x﹣4y﹣5=0
【答案】B
【分析】分别求出直线与坐标轴的交点，分别求得关于轴的对称点，即可求解直线的方程．
【详解】令，则，可得直线与轴的交点为，
令，则，可得直线与轴的交点为，
此时关于轴的对称点为，
所以与直线关于轴对称的直线经过两点，
其直线的方程为，化为，故选B．
【点睛】本题主要考查了直线方程点的求解，以及点关于线的对称问题，其中解答中熟记点关于直线的对称点的求解，以及合理使用直线的方程是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．
3．已知椭圆方程为，则椭圆的短轴长为（ ）
A．2B．4C．5D．10
【答案】B
【分析】根据给定的椭圆方程直接求出短轴长即得.
【详解】椭圆的短半轴长，所以该椭圆的短轴长.
故选：B
4．已知圆交轴于A，两点，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据题意可得圆心和半径，进而结合垂径定理求弦长.
【详解】由可得，
可知圆心为，半径，
则圆心到x轴的距离为1，所以.
故选：A.
5．已知点,.若椭圆上存在点,使得为等边三角形,则椭圆的离心率是
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】过点C做x轴垂线，垂足为D，根据正三角形性质可知D为A，B的中点，C点的坐标代入椭圆方程即可求得m．然后求解椭圆的离心率．
【详解】过点C做x轴垂线，垂足为D，
根据正三角形性质可知D为A，B的中点，C坐标为（1，），
C点的坐标代入椭圆方程得，
解得m＝6，
所以椭圆的离心率为：．
故选C．
【点睛】本题主要考查了椭圆方程求解，解题的关键是充分利用正三角形的性质，求出C点的坐标．
6．设直线的方程为，则直线的倾斜角是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据直线倾斜角与斜率的关系即可.
【详解】设直线的倾斜角为，
由题得，因为，，
所以，故D正确.
故选：D.
7．已知双曲线的离心率为，则其渐近线方程为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据离心率，由双曲线的性质，求出，即可得出渐近线方程.
【详解】因为双曲线的离心率为，
所以，则，即，
所以，即，
因此所求渐近线方程为：.
故选：B.
【点睛】本题主要考查求双曲线的渐近线方程，熟记双曲线的简单性质即可，属于基础题型.
8．在等差数列{an}中，已知a4＋a8＝16，则该数列前11项和S11＝
A．58B．88C．143D．176
【答案】B
【详解】试题分析：等差数列前n项和公式，．
【解析】数列前n项和公式．
9．已知椭圆的左焦点为，A，是上关于原点对称的两点，且，则的周长为（ ）
A．12B．14C．16D．不确定
【答案】B
【分析】设椭圆的右焦点为，连接，，根据椭圆的对称性可得四边形为矩形，从而可得，，得出答案.
【详解】设椭圆的右焦点为，连接，，
根据椭圆的对称性可得, 即四边形为矩形
所以,
由椭圆的定义可得，所以
所以的周长为：
故选：B.
10．设是公差为的等差数列，为其前项和，则“”是“数列为递增数列”的（ ）
A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件
C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】D
【分析】通过举反例可以判断得结论.
【详解】当时，数列不一定是递增数列，
例如, , ；
当数列为递增数列时，也不一定成立，例如，此时单调递增，
所以“”是“数列为递增数列”的既不充分也不必要条件.
故选：D.
11．笛卡尔、牛顿都研究过方程，关于这个方程的曲线有下列说法： ① 该曲线关于轴对称； ② 该曲线关于原点对称；③ 该曲线不经过第三象限； ④ 该曲线上有且只有三个点的横、纵坐标都是整数．其中正确的是（ ）
A．②③B．①④C．③D．③④
【答案】C
【解析】以﹣x代x，以﹣x代x，﹣y代y，判断①②的正误，利用方程两边的符号判断③的正误，利用赋值法判断④的正误.
【详解】以﹣x代x，得到，方程改变，不关于轴对称；
以﹣x代x，﹣y代y，得到，方程改变，不关于对称；
当时，显然方程不成立，
∴该曲线不经过第三象限；
令,易得，即适合题意，同理可得适合题意，
∴该曲线上有且只有三个点的横、纵坐标都是整数是错误的，
故选：C
【点睛】本题考查曲线与方程，考查曲线的性质，考查逻辑推理能力与转化能力，属于中档题．
12．定义一个对应法则（，），比如.已知点和点，是线段上的动点，点在法则下的对应点为.当在线段上运动时，点的轨迹为（ ）
A．线段B．圆的一部分C．椭圆的一部分D．双曲线的一部分
【答案】C
【分析】先求线段的方程，根据新运算的定义，将已知的数据代入运算，进而得知变换得到点的轨迹.
【详解】由题意可知：线段的方程为，即,
设，
因为，则，
即在上，
则，且，可得，
所以的轨迹是，即点的轨迹为椭圆的一部分.
故选：C.
二、填空题
13．已知数列满足，且，则 .
【答案】21
【分析】根据递推公式可得为常数列，进而求解通项公式，进而可得.
【详解】因为数列满足，故为常数列，故，则，故.
故答案为：21
14．已知双曲线的渐近线方程为，则 .
【答案】
【分析】根据双曲线的方程结合渐近线方程分析求解，注意焦点所在位置.
【详解】因为表示双曲线，可知，且焦点在y轴上，
则，
又因为渐近线方程为，则，解得.
故答案为：.
15．能说明“直线与圆有两个不同的交点”是真命题的一个的值为 .
【答案】0
【解析】根据直线与圆相交，利用圆心到直线的距离小于圆的半径，得到，求得的取值范围，即可求解.
【详解】由题意，圆的圆心坐标为，半径为，
若直线与圆有两个不同的交点，
则满足圆心到直线的距离小于圆的半径，即，解得，
所以命题为真命题的一个的值为.
故答案为：.
【点睛】本题主要考查了直线与圆的位置关系的应用，其中解答中熟记直线与圆的位置关系，列出不等式求得的取值范围是解答的关键，着重考查了推理与计算能力，属于基础题.
16．已知直线l过抛物线y2＝8x的焦点F，与抛物线交于A，B两点，与其准线交于点C．若点F是AC的中点，则线段BC的长为 .
【答案】；
【分析】由抛物线的方程可得焦点的坐标及准线方程，再由是的中点可得的坐标，求出的方程，求出的坐标进而求出的长度
【详解】解
由题意可得抛物线的焦点坐标为，准线方程为，
设直线的方程为，作，，垂直于准线分别于，，，
由为的中点，所以，即的横坐标，所以，代入抛物线的方程为，
所以，所以直线的方程
联立直线与抛物线的方程：，整理可得，
所以，可得，则，
，
故答案为：．
【点睛】本题考查抛物线的性质，直线与抛物线的综合，属于中档题，
17．由曲线围成的图形的面积为 .
【答案】
【分析】分析可知曲线关于x轴对称，当时，曲线表示圆心为，半径为的圆的一部分，根据圆的面积结合对称性分析求解.
【详解】若在曲线上，
则，可得，
即在曲线上，可知曲线关于x轴对称，
当时，曲线即为，
整理得，
曲线表示圆心为，半径为的圆的一部分（图中阴影部分），
令，可得，解得或，
即曲线与x轴的交点为，
可知，即，可知，
则图中阴影部分的面积为，
根据对称性可知曲线围成的图形的面积为.
故答案为：.
18．已知椭圆的两个焦点分别为和，短轴的两个端点分别为和，点在椭圆上，且满足.当变化时，给出下列三个命题：
①点的轨迹关于轴对称；
②对任意的使得椭圆上满足条件的点都有4个；
③的最小值为；
其中，所有正确命题的序号是 .
【答案】①②
【分析】运用椭圆的定义可得也在椭圆上，分别画出两个椭圆的图形，即可判断①正确；通过的变化，可得②不正确；由图象可得当的横坐标和纵坐标的绝对值相等时，的值取得最小，即可判断③．
【详解】椭圆的两个焦点分别为，和，
短轴的两个端点分别为和，
设，点在椭圆上，且满足，
由椭圆定义可得，，
即有在椭圆上．
对于①，将换为方程不变，则点的轨迹关于轴对称，故①正确；
对于②，由图象可得轨迹关于，轴对称，且，
则椭圆上满足条件的点有4个，故②正确；
对于③，点靠近坐标轴时（或），越大，点远离坐标轴时，越小，
所以，即时，取得最小值，
此时，与
两方程相加得，即的最小值为2，故③不正确．
故答案为：①②．
【点睛】关键点睛：根据椭圆的对称性及由椭圆上的点到焦点的距离之和等于到短轴的顶点距离之和可得另一个椭圆，及到定点距离的最值的判断．
三、解答题
19．设是等差数列的前项和，，_______．从①；②；③中任选一个，补充在问题中并作答：
（1）求数列的通项公式；
（2）求数列的前项和的最值．
【答案】（1）、（2）答案见解析.
【分析】若选①：用基本量表示，可得，由是递增数列，可得的最值；
若选②：由题意，则，由可得当时，当时，分析可得的最值；
若选③：由，可得，，，
当；当，分析可得的最值.
【详解】解：若选①：
（1）设等差数列的公差为，由题意可得，解得，所以；
（2）由（1）可知，，所以数列是递增数列，故的最小值为，无最大值.
若选②：
（1）设等差数列的公差为，由题意可得，
因为，解得，所以；
（2）由（1）可得，令，解得，又，所以，当时，当时
故的最大值为，无最小值
若选③：
（1）设等差数列的公差为，由题意可得，解得，
所以，故，所以；
（2）由（1）可知，令，解得，
当；当
故的最大值为，无最小值.
20．如图，在长方体中，，，E为AB的中点.
（1）证明：；
（2）求点E到平面的距离；
（3）求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】（1）见解析；（2）；（3）.
【解析】（1）首先建立空间直角坐标系，证明；
（2）求平面的法向量，利用点到平面的距离的向量公式代入求解；
（3）求平面与平面的法向量，利用法向量求二面角夹角的余弦值.
【详解】（1）如图，以，，为轴的正方形建立空间直角坐标系，建立空间直角坐标系，
，，，
，，，
所以；
（2），，，，
，
设平面的法向量为，
则，即，令则，
所以，
则点到平面的距离；
（3）由（1）可知，
又，，且，
平面，是平面的法向量，
，
平面与平面夹角是锐角，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
【点睛】思路点睛：本题第二问涉及点到平面的距离，1.可以采用等体积转化求解；2.利用向量法，直接代入公式求解；3.几何法，确定点在平面内的射影，或是利用面面垂直，点到交线的距离就是点到平面的距离.
21．已知椭圆C：＝1（a＞b＞0）的离心率为，椭圆的短轴端点与双曲线的焦点重合，过点P（4，0）且不垂直于x轴的直线l与椭圆C相交于A，B两点.
（1）求椭圆C的方程；
（2）求的取值范围.
【答案】（1）；（2）
【详解】试题分析：（1）设椭圆的方程，若焦点明确，设椭圆的标准方程，结合条件用待定系数法求出的值，若不明确，需分焦点在轴和轴上两种情况讨论；（2）解决直线和椭圆的综合问题时注意：第一步：根据题意设直线方程，有的题设条件已知点，而斜率未知；有的题设条件已知斜率，点不定，可由点斜式设直线方程.第二步：联立方程：把所设直线方程与椭圆的方程联立，消去一个元，得到一个一元二次方程.第三步：求解判别式：计算一元二次方程根.第四步：写出根与系数的关系.第五步：根据题设条件求解问题中结论.
试题解析：解：（1）由题意知，
.又双曲线的焦点坐标为，，
椭圆的方程为.
（2）若直线的倾斜角为，则，
当直线的倾斜角不为时，直线可设为，
，由
设，，
，，综上所述：范围为.
【解析】1、椭圆的标准方程；2、直线与椭圆的综合问题.
22．已知圆
(1)直线过点，且与圆相切，求直线的方程
(2)过圆C上一动点M作平行于y轴的直线m，设m与x轴的交点为N，若向量，求动点的轨迹方程
(3)若点，在（2）的条件下，求的最小值
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）分斜率存在与不存在考虑，利用直线与圆相切的关系求解即可；
（2），则，由题意可得，，即可求解；
（3）由距离公式结合二次函数的性质求解即可
【详解】（1）当斜率不存在时：与圆不相切
当斜率存在时：设，即
圆心到直线的距离，解得
故
（2）设，则
即
又
故
故点Q的轨迹方程为
（3）
当时，
23．已知椭圆的离心率为，焦距为.斜率为的直线与椭圆有两个不同的交点、.
（Ⅰ）求椭圆的方程；
（Ⅱ）若，求的最大值；
（Ⅲ）设，直线与椭圆的另一个交点为，直线与椭圆的另一个交点为.若、和点 共线，求.
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）；（Ⅲ）.
【分析】（Ⅰ）根据题干可得的方程组，求解的值，代入可得椭圆方程；
（Ⅱ）设直线方程为，联立，消整理得，利用根与系数关系及弦长公式表示出，求其最值；
（Ⅲ）联立直线与椭圆方程，根据韦达定理写出两根关系，结合三点共线，利用共线向量基本定理得出等量关系，可求斜率.
【详解】（Ⅰ）由题意得，所以，
又，所以，所以，
所以椭圆的标准方程为；
（Ⅱ）设直线的方程为，
由消去可得，
则，即，
设，，则，，
则，
易得当时，，故的最大值为；
（Ⅲ）设，，，，
则 ①， ②，
又，所以可设，直线的方程为，
由消去可得，
则，即，
又，代入①式可得，所以，
所以，同理可得．
故，，
因为三点共线，所以，
将点的坐标代入化简可得，即．
【点睛】本题主要考查椭圆与直线的位置关系，第一问只要找到三者之间的关系即可求解；第二问主要考查学生对于韦达定理及弦长公式的运用，可将弦长公式变形为，再将根与系数关系代入求解；第三问考查椭圆与向量的综合知识，关键在于能够将三点共线转化为向量关系，再利用共线向量基本定理建立等量关系求解.