2023-2024学年河北省邯郸市鸡泽县第一中学高二上学期12月月考数学试题含答案

这是一份2023-2024学年河北省邯郸市鸡泽县第一中学高二上学期12月月考数学试题含答案，共24页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，问答题，证明题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．直线的倾斜角为（ ）
A．-30°B．60°C．150°D．120°
【答案】C
【分析】根据直线斜率即可得倾斜角.
【详解】设直线的倾斜角为
由已知得，
所以直线的斜率，
由于，
故选：C.
2．已知平面的一个法向量为，且，则点A到平面的距离为（ ）
A．B．C．D．1
【答案】B
【分析】直接由点面距离的向量公式就可求出．
【详解】∵，
∴，又平面的一个法向量为，
∴点A到平面的距离为
故选：B
3．直线分别与轴，轴交于，两点，点在圆上，则面积的取值范围是
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】分析：先求出A，B两点坐标得到再计算圆心到直线距离，得到点P到直线距离范围，由面积公式计算即可
详解：直线分别与轴，轴交于，两点
,则
点P在圆上
圆心为（2，0），则圆心到直线距离
故点P到直线的距离的范围为
则
故答案选A.
点睛：本题主要考查直线与圆，考查了点到直线的距离公式，三角形的面积公式，属于中档题．
4．如图，在正方体中，是的中点，则异面直线与所成的角的余弦值是
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】（法一）连接，则即为异面直线与所成的角，解三角形即可；
（法二）分别以、、为轴、轴和轴，建立如图空间直角坐标系．设正方体的棱长为2，可得、、、各点的坐标，从而得出、的坐标，利用空间向量的夹角公式算出、的夹角余弦之值，即可得到异面直线与所成的角的余弦值．
【详解】解：（法一）连接，
由题意，，则即为异面直线与所成的角，
设正方体的棱长为2，则，则，
在中，；
（法二）分别以、、为轴、轴和轴，建立空间直角坐标系如图，
设正方体的棱长为2，得，2，，，0，，，2，，，2，，
，，，，0，，
因此，得到，
，且，
，
异面直线与所成的角是锐角或直角，
面直线与所成的角的余弦值是，
故选：A．
【点睛】本题主要考查异面直线所成的角，属于基础题．
5．已知直线与直线互相垂直，垂足为.则等于（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】由两直线垂直得，进而根据垂足是两条直线的交点代入计算即可得答案.
【详解】由两直线垂直得，解得，
所以原直线直线可写为，
又因为垂足为同时满足两直线方程，
所以代入得，
解得，
所以，
故选:D
6．记为等比数列的前n项和，若，，则（ ）．
A．120B．85C．D．
【答案】C
【分析】方法一：根据等比数列的前n项和公式求出公比，再根据的关系即可解出；
方法二：根据等比数列的前n项和的性质求解．
【详解】方法一：设等比数列的公比为，首项为，
若，则，与题意不符，所以；
若，则，与题意不符，所以；
由，可得，，①，
由①可得，，解得：，
所以．
故选：C．
方法二：设等比数列的公比为，
因为，，所以，否则，
从而，成等比数列，
所以有，，解得：或，
当时，，即为，
易知，，即；
当时，，
与矛盾，舍去．
故选：C．
【点睛】本题主要考查等比数列的前n项和公式的应用，以及整体思想的应用，解题关键是把握的关系，从而减少相关量的求解，简化运算．
7．已知分别是双曲线的左、右焦点，点是该双曲线上一点且在第一象限内，，则双曲线的离心率的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】在中，由正弦定理可得，再结合双曲线的定义和“三角形的两边之和大于第三边”，即可得解.
【详解】在中，由正弦定理知，，
，
由双曲线的定义知，
，即
又
故选：B
【点睛】关键点点睛：由正弦定理得，由双曲线定义知，结合三角形的性质，建立不等关系是解题的关键，属于中档题.
8．数学中有许多形状优美、寓意美好的曲线，曲线C：就是其中之一（如图）.给出下列三个结论：
①曲线C恰好经过6个整点（即横、纵坐标均为整数的点）；
②曲线C上任意一点到原点的距离都不超过；
③曲线C所围成的“心形”区域的面积小于3.
其中，所有正确结论的序号是
A．①B．②C．①②D．①②③
【答案】C
【分析】将所给方程进行等价变形确定x的范围可得整点坐标和个数，结合均值不等式可得曲线上的点到坐标原点距离的最值和范围，利用图形的对称性和整点的坐标可确定图形面积的范围.
【详解】由得,,,
所以可为的整数有0,-1,1,从而曲线恰好经过(0,1),(0,-1),(1,0),(1,1), (-1,0),(-1,1)六个整点,结论①正确.
由得,,解得,所以曲线上任意一点到原点的距离都不超过. 结论②正确.
如图所示,易知,
四边形的面积,很明显“心形”区域的面积大于,即“心形”区域的面积大于3,说法③错误.
故选C.
【点睛】本题考查曲线与方程､曲线的几何性质，基本不等式及其应用,属于难题,注重基础知识､基本运算能力及分析问题解决问题的能力考查,渗透“美育思想”.
二、多选题
9．直线l的方向向量为，两个平面的法向量分别为，则下列命题为真命题的是（ ）
A．若，则直线平面
B．若，则直线平面
C．若则直线l与平面所成角的大小为
D．若，则平面所成角的大小为
【答案】BCD
【分析】由，得到直线平面或，可判定A不正确；根据平面法向量的概念及空间角的求解方法，可判定B、C、D正确.
【详解】由题意知，直线l的方向向量为，两个平面的法向量分别为，
对于A中，若，则直线平面或，所以A不正确；
对于B中，若，则直线平面，所以B正确；
对于C中，若，因为，所以，
设直线l与平面所成角为，可得，即直线l与平面所成角的大小为，所以C正确；
对于D中，若，因为，所以，
所以平面所成角的大小为.
故选：BCD.
10．已知正方体的棱长为1，H为棱（包含端点）上的动点，下列命题正确的是（ ）
A．二面角的大小为
B．
C．若O在正方形内部，且，则点O的轨迹长度为
D．若平面，则直线CD与平面所成角的正弦值的取值范围为
【答案】BD
【分析】根据几何体为正方体可建立如图所示的空间直角坐标系，求出平面的法向量和平面的法向量，可利用数量积计算夹角的余弦值后可判断A的正误，求出的坐标后利用数量积可判断B的正误，由已知确定轨迹图形，进而求其长度判断C；最后利用直线和平面的法向量计算线面角的正弦值后可判断D的正误.
【详解】
由正方体可建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
设，其中，
对于A：，，
设平面的法向量为，
则，即，取，则，
故.
设平面的法向量为，
则，即，取，则，
故.
故，而二面角为锐二面角，
故其余弦值为，不为，故二面角的平面角不是，故A错误.
对于B：，故即，
故B正确.
对于C：由在正方形内部，且，
若分别是上的点，且，此时，
由图知：O在上，故以为圆心，为半径的四分之一圆弧上，
所以点轨迹的长度为；

故C错误.
对于D：设直线与平面所成的角为.
因为平面，故为平面的法向量，
而，故，
而，故D正确.
故选：BD.
【点睛】思路点睛：空间中位置关系的判断、角的计算或范围的判断，可结合几何体的规则性建立合适空间直角坐标系，通过向量的共线、向量的数量积等来判断位置关系，通过平面的法向量、直线的法向量等来处理相关角的计算或范围问题.
11．如图所示，正方体的棱长为1，、、分别为、、的中点，则下列说法正确的是（ ）
A．直线与直线所成角的余弦值为B．点到距离为
C．直线与平面平行D．三棱锥的体积为
【答案】ACD
【分析】建立空间直角坐标系，利用向量的夹角公式计算A；利用点到直线距离公式计算B；利用线面平行的判定定理判定C；借助C中的线面平行，利用等体积法判定D.
【详解】在棱长为1的正方体中，建立以为原点，
以，，所在的直线为轴、轴、轴的空间直角坐标系，
如图所示：
因为、、分别为、、的中点，
则、、、，
对于A，，，，
设直线与直线所成角为，
所以，故A正确；
对于B，，，
所以，，
所以，
所以点到AF距离为，故B错误；
对于C，连接、，，
在正方体中，因为、分别为、的中点，则，
又易得，所以，故、、、四点共面，
又因为且，所以四边形为平行四边形，
所以，又平面，平面，
所以平面，故C正确；
对于D，因为平面，
∴，故D正确.
故选：ACD
12．已知正项数列中，，且，则下列说法正确的是（ ）
A．数列是递增数列B．
C．D．
【答案】ACD
【分析】根据数列单调性的判断方法即可判断选项A；利用特殊值法可判断选项B；利用数学归纳法可判断选项C；
先根据已知条件得，，再对进行化简，即可判断选项D.
【详解】由是正项数列，得.
由，得，即.
对于选项A：因为，则，
所以数列是递增数列，故选项A正确；
对于选项B，因为，且，则，
所以，与矛盾，故选项B错误；
对于选项C：当时，则成立；
假设当时，有成立；
令，则，
而，
则，
即成立.
所以恒成立，故选项C正确；
对于选项D：因为，则，
所以
.
因为，且，
则；；；.
因为数列是递增数列
则，
所以，故选项D正确.
故选：ACD.
【点睛】关键点点睛：本题考查利用数列的递推关系式判断数列的单调性，数列的项及求和.解题关键在于对数列基本知识的掌握和灵活使用.难点在于选项C利用数学归纳法判断；选项D对递推关系式进行变形，利用裂项相消进行求和；借助数列的单调性得，即可判断.
三、填空题
13．等差数列中，，前项和为，若，则 .
【答案】
【分析】由已知结合等差数列的性质可得为等差数列，再设公差为及通项公式即可求解．
【详解】设的公差为，由等差数列的性质可知，因为，故，故为常数，所以为等差数列，设公差为
，，
，
，
，则
故答案为：
14．如图从双曲线（其中）的左焦点引圆的切线，切点为，延长，交双曲线右支于，若为线段的中点，为原点，则的值为用、表示 ．

【答案】
【分析】设为双曲线的右焦点，连接，由分别为的中点，可知，再由双曲线的定义，代入计算，即可得到结果.
【详解】
由图可知点在第一象限，设为双曲线的右焦点，连接，
因为分别为的中点，所以，
由双曲线的定义可知，，
故.
故答案为：
15．2022年卡塔尔世界杯会徽（如图）近似伯努利双纽线，定义在平面直角坐标系中，把到定点、距离之积等于的点的轨迹称为双纽线C．已知点是双纽线C上一点，下列说法中正确的是 ．（填上你认为所有正确的序号）

①双纽线C关于原点O中心对称；
②双纽线C上满足的点P只有1个；
③；
④的最大值为．
【答案】①②④
【分析】对于①，根据双纽线的定义求出曲线方程，然后将替换方程中的进行判断，对于②，由题意得，从而可得点在轴上，进行可判断，对于③，根据三角形的等面积法分析判断，对于④，由向量的性质结合余弦定理分析判断.
【详解】对于①，因为定义在平面直角坐标系中，把到定点距离之积等于的点的轨迹称为双纽线，所以，
用替换方程中的，原方程不变，所以双纽线关于原点中心对称，所以①正确，
对于②，若双纽线上的点满足，则点在轴上，即，
所以，得，所以这样的点只有一个，所以②正确，
对于③，根据三角形的等面积法可知，
即，所以，所以③错误，
对于④，因为，所以，
由余弦定理得，
所以，
所以的最大值为，所以④正确，
故答案为：①②④
16．若椭圆与双曲线在第一象限内有交点，且双曲线左、右焦点分别是，，点是椭圆上任意一点，则面积的最大值是 ．
【答案】
【分析】根据双曲线定义设，由余弦定理得到，再利用椭圆定义得到，从而得到椭圆方程，当为短轴上顶点时，面积取得最大值，求出最大值即可.
【详解】依题意有，由双曲线的定义可知：，
设，
由余弦定理得，解得：.
故对椭圆来说，解得：，
故，
所以椭圆方程为.
当为短轴上顶点时，面积取得最大值为.
故答案为：
四、问答题
17．已知坐标平面上点与两个定点，的距离之比等于5．
（1）求点的轨迹方程，并说明轨迹是什么图形；
（2）记（1）中的轨迹为，过点的直线被所截得的线段的长为8，求直线的方程．
【答案】（1），所求轨迹是以为圆心，以5为半径的圆．（2），或；
【分析】（1）直接利用距离的比，列出方程即可求点的轨迹方程，然后说明轨迹是什么图形；
（2）设出直线方程，利用圆心到直线的距离，半径与半弦长满足的勾股定理，求出直线的方程．
【详解】解：（1）由题意坐标平面上点与两个定点，的距离之比等于5，
得，化简得．
即．
点的轨迹方程是，所求轨迹是以为圆心，以5为半径的圆．
（2）当直线的斜率不存在时，过点的直线，
此时过点的直线被圆所截得的线段的长为：，
符合题意．
当直线的斜率存在时，设过点的直线的方程为，即，
圆心到的距离，
由题意，得，解得．直线的方程为．即．
综上，直线的方程为，或．
五、证明题
18．已知数列满足，．
(1)记，证明：是等比数列，并求的通顶公式；
(2)求数列的前项和．
【答案】(1)证明见解析；
(2)
【分析】（1）由题意得，所以是等比数列，根据等比数列的通项公式即得
（2）由（1）的结论和求出的通顶公式，再由分组求和即得.
【详解】（1）由，得，又，
，且，
所以是等比数列，
（2）由（1）得，得，
所以，
即
19．如图，在四棱锥中，底面四边形为直角梯形，，，，为的中点，，．

(1)证明：平面；
(2)若，求平面与平面所成锐二面角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）连接，利用勾股定理证明，又可证明，根据线面垂直的判定定理证明即可；
（2）建立合适的空间直角坐标系，求出所需点的坐标和向量的坐标，然后利用待定系数法求出平面和平面的法向量，由向量的夹角公式求解即可．
【详解】（1）如图，连接，
在中，由，可得，
，，
，，
，，，
则，
故，
，，，平面，
平面；
（2）由（1）可知，，，两两垂直，
以点为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示，
则，，，，，
，，
则，
又，，
设平面的法向量为，
则，令，则，，故，
设平面的法向量为，，，
则，令，则，，故，
，
故平面与平面所成锐二面角的余弦值为．

20．如图，已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，左、右焦点分别为F1，F2，A为椭圆C上一点，AF1与y轴相交于点B，|AB|＝|F2B|，|OB|＝.
（1）求椭圆C的标准方程；
（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(k≠0)与l1，l2分别交于M，N两点，求证：∠MF1N＝∠MF2N.
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【分析】（1）连接AF2，由题意得|AB|＝|F2B|＝|F1B|，所以BO为△F1AF2的中位线，结合离心率可得a2＝9，b2＝8，即可得答案；
（2）由题可知，l1的方程为x＝－3，l2的方程为x＝3，直线l的方程分别与直线l1，l2的方程联立得M(－3，－3k＋m)，N(3,3k＋m)，利用向量证明∠MF1N＝，∠MF2N＝，即可得答案；
【详解】解：（1）连接AF2，由题意得|AB|＝|F2B|＝|F1B|，所以BO为△F1AF2的中位线．
又因为BO⊥F1F2，所以AF2⊥F1F2，且|AF2|＝2|BO|＝.
又离心率e＝，a2＝b2＋c2，得a2＝9，b2＝8，
故所求椭圆C的标准方程为.
（2）证明：由题可知，l1的方程为x＝－3，l2的方程为x＝3.
直线l的方程分别与直线l1，l2的方程联立得M(－3，－3k＋m)，N(3,3k＋m)，
所以＝(－2，－3k＋m)， ＝(4,3k＋m)，所以·＝－8＋m2－9k2.
联立得(9k2＋8)x2＋18kmx＋9m2－72＝0.
因为直线l与椭圆C相切，所以Δ＝(18km)2－4(9k2＋8)(9m2－72)＝0，
化简得m2＝9k2＋8.
所以·＝－8＋9k2＋8－9k2＝0，所以⊥，故∠MF1N＝.
同理＝(－4，－3k＋m)， ＝(2,3k＋m)，
所以⊥，∠MF2N＝.故∠MF1N＝∠MF2N.
【点睛】本题考查椭圆标准方程求解、利用向量的数量积运算证明角相等，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力、运算求解能力.
21．如图，四棱锥中，侧面PAD为等边三角形，线段AD的中点为O且底面ABCD，，，E是PD的中点．

(1)证明：平面PAB；
(2)点M在棱PC上，且直线BM与底面ABCD所成角为，求平面MAB与平面ABD夹角的余弦值；
(3)在（2）的条件下，求点D到平面MAB的距离．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）首先以点为原点，建立空间直角坐标系，求平面的法向量，根据，即可证明；
（2）根据线面角的向量公式，求点的坐标，再根据二面角的向量公式，计算求值；
（3）根据（2）的结果，可知平面的法向量为，代入点面距离的向量公式，即可求解.
【详解】（1）连接OC，因为，所以四边形OABC为平行四边形，
所以，所以，以OC，OD，OP分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则，，，．
，，，
设平面的一个法向量为，
则，则，令，，
平面PAB的一个法向量，
，则，又平面PAB，所以平面PAB．
（2），设，
则，
因为点M在棱PC上，所以，，
即，
所以，所以，
平面ABCD的法向量为，
因为直线BM与底面ABCD所成角为，
所以，
，
解得，所以，
设平面MAB的法向量为，
则，即，
令，则，
所以，
所以平面MAB与平面ABD夹角的余弦值．
（3），点D到平面MAB的距离．
六、问答题
22．如图，已知椭圆G：的、右两个焦点分别为、，设，，，若为正三角形且周长为6．
(1)求椭圆G的标准方程；
(2)若过点且斜率为的直线与椭圆G相交于不同的两点M、N两点，是否存在实数k使成立，若存在，求出k的值；若不存在，请说明理由；
(3)若过点的直线与椭圆G相交于不同的两点M、N两点，记△PMQ、△PNQ的面积记为、，求的取值范围．
【答案】(1)；
(2)不存在，理由见解析；
(3).
【分析】（1）根据给定的三角形周长，求出半焦距c及a，b作答.
（2）设出直线MN的方程，与椭圆方程联立，假定存在符合要求的k，借助斜率并结合韦达定理计算推理作答.
（3）由（2），求出点M，N的纵坐标绝对值的比值范围作答.
【详解】（1）令椭圆G的半焦距为c，因，且正的周长为6，则，解得，，，
所以椭圆C的标准方程为.
（2）显然直线MN的斜率存在且不为0，设直线MN：，点、，则，
由消去x并整理得：，则，，
由（1）知，，假定存在实数k使，则直线的斜率满足，
而
，解得，与矛盾，
所以不存在实数k使成立.
（3）显然直线MN不垂直于y轴，由（2）得直线MN：，，
由（2）得，设，有，于是得，
因此有，，
，显然，当且仅当时取等号，
因此，解得，则，
所以的取值范围是.