2023-2024学年福建省厦门集美中学高二上学期12月月考数学试题含答案

这是一份2023-2024学年福建省厦门集美中学高二上学期12月月考数学试题含答案，共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．已知经过点两点的直线的方向向量为，则的值为（ ）
A．±1B．-1C．1D．-4
【答案】B
【分析】直线的方向向量横坐标为1的时候，纵坐标为：.
【详解】∵.
故选：B.
2．如图，在空间四边形中，设分别是，的中点，则（ ）．

A．B．C．D．
【答案】D
【分析】利用空间向量的线性运算求得正确结论.
【详解】因为是的中点，所以，
故，
故选：D
3．正项等比数列 中，， 则的公比为（ ）
A．B．3C．6D．9
【答案】A
【分析】利用等比数列的通项公式列方程组即可得到答案.
【详解】设等比数列 的公比为， 因为数列为正项等比数列， 所以，
由， ，得，
解得 ， 即.
故选：A.
4．已知分别是椭圆的左､右两个焦点，若该椭圆上存在点满足，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由，分别是椭圆：的左、右两个焦点，求得m的范围，当点位于短轴端点时，取最大值，要使上存在点满足，则的最大值大于或等于，从而可得答案.
【详解】解：由，分别是椭圆：的左、右两个焦点，
则，当点位于短轴端点时，取最大值，
要使上存在点满足，则的最大值大于或等于，
即点位于短轴端点时，大于或等于，
则，解得．
故选：A.
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，这些节气的日影长依次成等差数列， 冬至、立春、春分日影长之和为尺，前九个节气日影长之和为尺，则芒种日影长为（ ）
A．尺B．尺C．尺D．尺
【答案】C
【分析】从冬至日起，小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种的日影长依次构成等差数列，设为，求出、的值，可求得该等差数列的公差，进而可求得的值，即为所求.
【详解】从冬至日起，小寒、大寒、立春、雨水、 惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、
芒种的日影长依次构成等差数列，设为，
前九个节气日影长之和为尺，即，解得，
又因为冬至、立春、春分日影长之和为尺，即，可得，
所以，数列的公差为，
所以，即芒种日影长为尺.
故选：C.
6．埃及金字塔是世界古代建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥，若金字塔的高为3，，点E满足，则点D到平面的距离为（ ）

A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由题意建立适当的空间直角坐标系，把各个点的坐标求出来，然后求出平面AEC的法向量为以及，结合即可求解.
【详解】如图，

连接，设与相交于点O，连接，
因为金字塔可视为一个正四棱锥，
故以点O为坐标原点，所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，
又由题意可得，，
所以，
所以，，，，，，
不妨设，又因为，所以，
即，解得，即，
，，，
设平面AEC的法向量为，则，，
即，取，得，
所以点D到平面AEC的距离．
故选：A.
7．已知、分别为双曲线的左、右焦点，过向直线引垂线，垂足为点，，且，则双曲线的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】求出点的坐标，根据已知条件可得出关于、的齐次等式，即可求得双曲线的离心率的值.
【详解】易知、，
因为直线与直线垂直，则直线的方程为，
联立可得，即点，
所以，，
则，
所以，
，
整理可得，故该双曲线的离心率为.
故选：D.
8．已知直线l与圆交于A，B两点，点满足，则的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】设，中点，则，，由点在圆上可得，再由向量垂直的坐标表示可得，进而可得M的轨迹为圆，即可求的最小值，进而可求出的最大值.
【详解】设，中点，则，，
又，，
则，
所以，
又，则，而，，
所以，即，
综上，，
整理得，即为M的轨迹方程，
所以在圆心为，半径为的圆上，
又，所以点在圆外，
则，
所以
故选：C.
【点睛】关键点点睛：由点圆位置、中点坐标公式及向量垂直的坐标表示得到关于中点的轨迹方程.
二、多选题
9．点为抛物线上一点，点F是抛物线的焦点，O为坐标原点，A为C上一点，且，则（ ）
A．B．
C．直线AF的斜率为D．的面积为16
【答案】ABD
【分析】首先求抛物线方程，再根据焦半径公式求点的坐标，即可判断选项.
【详解】由题意可知，，则，则，焦点，故AB正确；
设点，则，则，
，则，
即或，所以直线的斜率为0，故C错误；
的面积为，故D正确.
故选：ABD
10．已知是等差数列的前项和，且， 则下列选项正确的是（ ）
A．数列为递增数列B．
C．的最大值为D．
【答案】BC
【分析】根据等差数列的性质逐一判断即可.
【详解】因为，所以，即，故B正确；
所以数列为递减数列，故A错误；
所以的最大值为，故C正确；
又因为，故D错误；
故选：BC.
11．已知圆，圆，则下列说法正确的是（ ）
A．点在圆内
B．圆上的点到直线的最小距离为1
C．圆和圆的公切线长为2
D．圆和圆的公共弦所在的直线方程为
【答案】BCD
【分析】根据点与圆的关系即可求解A,根据圆心到直线的距离即可求解B，根据相交弦的定义即可求解D，根据相交时两圆的外公切线的求解即可判定C.
【详解】圆的圆心和半径分别为,圆的圆心和半径为，
对于A，由于，故点在圆外，故A错误，
对于B，到的距离为，所以圆上的点到直线的最小距离为，B正确，
对于D,由于,故两圆相交，
两圆方程相减可得公共弦所在直线方程为：，故D正确，
对于C，由于两圆相交，所以外公切线的长度为，C正确，
故选：BCD
12．在正方体中，，，分别为棱，，的中点，则下列说法正确的是（ ）
A．直线与平面垂直
B．平面与平面平行
C．直线与直线所成角的正弦值为
D．正方体的十二条棱所在直线与平面所成的角均相等
【答案】ABD
【分析】A：通过向量法证明是否成立，由此作出判断；
B：通过向量法求解出平面与平面的法向量，根据法向量的关系作出判断；
C：通过向量法先求解出直线与直线的方向向量所成角的余弦值，然后可求对应正弦值，由此作出判断；
D：分别考虑三组棱与平面所成角的情况，然后作出判断即可.
【详解】设正方体边长为，建立如下图所示的空间直角坐标系：
对于A：因为，
所以，
所以，
所以，
所以且，所以平面，故正确；
对于B：因为平面，所以取为平面的法向量，
设平面的一个法向量为，，
所以，
又，所以，令，所以，
又因为，所以，
所以平面与平面平行，故正确；
对于C：因为直线的方向向量，直线的方向向量，
所以，
所以直线与直线所成角的正弦值为，故错误；
对于D：将条棱分为组平行棱，每组各取一条棱：，
且，且平面的法向量，
所以，，，
所以，
所以十二条棱所在直线与平面所成的角均相等，故正确；
故选：ABD.
三、填空题
13．已知向量，，则 .
【答案】0
【分析】先求与的坐标，再进行数量积运算即可.
【详解】由，
则，
则，
故答案为：0.
14．已知直线与：交于，两点，写出满足“是等边三角形”的的值为 ．
【答案】或
【分析】根据直线与圆的位置关系以及弦长公式求解.
【详解】
因为是等边三角形，所以，
设圆心到直线的距离为，
则根据弦长公式可得，，解得，
即，解得，
故答案为: 或.
15．点到点的距离之差为，到轴、轴距离之比为，则的取值范围是 .
【答案】
【分析】通过题意，可判断点的轨迹为双曲线，求出双曲线的方程，再通过比值关系求出范围.
【详解】设点，由题意，即①，
三点不共线，，
因为，
，所以点P在以M、N为焦点，实轴长为的双曲线上，
②，
①代入②，解得：，
，，，
解得：，即的取值范围是.
故答案为：.
16．已知数列，对任意正整数，，，成等差数列，公差为，则 ．
【答案】
【分析】由累加法算数列的通项公式，再由递推公式求结果.
【详解】因为，对任意正整数，，，成等差数列，公差为，
所以
当时，可得，
当时，
所以当时，
故答案为：
四、解答题
17．在正四棱柱 中，是棱上的中点.
(1)求证: ；
(2)异面直线 与所成角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）建立如图所示的空间直角坐标系，通过∙即可得结果；
（2）直接通过向量法即可得结果.
【详解】（1）以为原点，所在直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，
因为，
所以，，
，
∙∙，
所以
（2），
设异面直线与所成角的大小为，
则，
故异面直线与所成角的余弦值为.
18．如图，过圆外一点向圆引切线.

(1)求过点P的圆的切线方程；
(2)若切点为，，求过切点，的直线方程.
【答案】(1)或
(2)
【分析】（1）设出直线方程，利用直线和圆相切的性质可求切线方程；
（2）求出切点坐标可得方程或者利用两圆的公共弦求出答案.
【详解】（1）设过点P的圆的切线方程为，的圆心为，半径为；
则，解得或，
故切线方程为或.
（2）解法1：将切线方程与圆的方程联立成方程组，由可得，
由可得，
即和，
故过切点，的直线方程为，整理得.
解法2：因为O，，P，四点共圆，
所以，在以OP为直径的圆上，圆心为，半径为，
即方程为
与已知圆相减，得过切点，的直线方程为.

19．已知等差数列是递增数列且满足，且成等比数列.
(1)求的通项公式；
(2)记为数列前项的乘积，求的最大值.
【答案】(1)
(2)945
【分析】（1）直接利用等差数列的通项公式列方程求解首项和公差，进而可得通项公式；
（2）先确定数列中项的正负，进而可得前项的乘积的最大值.
【详解】（1）设 的公差为，由，得；
由成等比数列，得，即，
整理得，
由，因为是递增数列，则，
解得.
所以的通项公式为；
（2）因为，得当时，；当时，.
从而，
又因为，
所以的最大值为.
故的最大值为 945 .
20．平面上的动点到定点的距离等于点P到直线的距离，记动点P的轨迹为曲线C.
(1)求曲线C的方程；
(2)直线与曲线C相交于A，B两点，线段AB的中点为M.是否存在这样的直线l，使得，若存在，求实数m的值，若不存在，请说明理由.
【答案】(1)；
(2)不存在，理由见解析.
【分析】（1）根据抛物线的定义，直接写出曲线C的方程；
（2）设，联立直线与抛物线，由得，应用韦达定理及中点公式得，结合求得，即可得结论.
【详解】（1）由题意，动点P的轨迹是以为焦点，为准线的抛物线，故，
所以曲线C的方程为.
（2）设，联立，得，
且，则，故，所以，
所以，又，即，不满足，
所以不存在满足要求的直线l.

21．如图，正方形 的中心为，四边形为矩形，平面平面.
(1)求证: 平面;
(2)设为线段上的点， 如果直线和平面所成角的正弦值为， 求的长度.
【答案】(1)证明见解析
(2)或
【分析】（1）直接由面面垂直的性质证明线面垂直即可.
（2）建立适当的空间直角坐标系，首先分别求出直线、平面的方向向量、法向量，再由线面角的正弦公式求出点的位置，进一步由向量的模长公式运算即可得解.
【详解】（1）因为四边形 为矩形， 所以，
又平面 平面， 平面平面平面，
所以平面.
（2）由（1）可知平面，又平面，
所以，
而在正方形中有，
所以两两垂直，
所以以点为原点，所在直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
故，
设平面的法向量为，
则有 ，可取，
设，
则，
故 ，
解得或， 所以或.
22．如图所示，以原点为圆心，分别以2和1为半径作两个同心圆，设为大圆上任意一点，连接交小圆于点，设，过点分别作轴，轴的垂线，两垂线交于点．

(1)求动点的轨迹的方程；
(2)点分别是轨迹上两点，且，求面积的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据得到点坐标，设出点坐标，根据参数方程即可得到曲线的方程；
（2）根据得到，根据与的位置关系进行分类，再联立化简韦达定理得到与的长，根据三角形的面积公式得到结果即可.
【详解】（1）因为，所以，
设，则（是参数），消去得，
即曲线的方程为；
（2），
，
当直线或的斜率不存在时，易得
当直线和的斜率都存在时，设，
则
由得，
，
同理可得

，令
故.
【点睛】压轴题点睛：该题关键在于分类与的位置关系，通过联立化解以及三角形的面积公式得到结果，注意化简中的技巧运用.