2023-2024学年浙江省温州市温州中学高二上学期12月月考数学试题含答案

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一、选择题：本大题共8小题，解小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，请将你认为正确的答案填在答题卷的相应位置.
1. 直线的倾斜角是
A B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】试题分析：直线的斜率，故其倾斜角为
考点：直线的斜率与倾斜角的关系
2. 抛物线的焦点到准线的距离（ ）
A. 4B. C. 2D.
【答案】A
【解析】
【分析】写出抛物线的标准方程，即可确定焦点到准线的距离.
【详解】由题设，抛物线的标准方程为，则，
∴焦点到准线的距离为4.
故选：A.
3. 已知直线上有两点，平面的一个法向量为，若，则（ ）
A. 2B. 1C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据直线与平面平行等价于直线的方向向量与面的法向量垂直，根据数量积运算求出的值.
【详解】因为直线上有两点，
所以直线的一个方向向量为
又因为，平面的一个法向量为，
所以，即，
解得.
故选：D.
4. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】求导直接求解即可.
【详解】解：求导得，
所以，解得
故选:B
5. 已知双曲线，焦距为，若成等比数列，则该双曲线的离心率为（ ）
A. B. 2C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由已知可得，，方程两边同时除以，再解关于离心率的方程即可解.
【详解】由双曲线知：，又成等比数列，得，又，，方程两边同时除以，
， ，.
故选：C.
6. 定义“等方差数列”：如果一个数列从第二项起，每一项的平方与它的前一项的平方的差都等于同一个常数，那么这个数列就叫做等方差数列，这个常数叫作该数列的方公差.设是由正数组成的等方差数列，且方公差为2，，则数列的前24项和为（ ）
A. B. 3C. D. 6
【答案】D
【解析】
【分析】先由等方差数列的定义得到是公差为2的等差数列并求出，进而求出，再利用裂项相消法求和即得.
【详解】依题意，，即是公差为2的等差数列，而，
于是，即，
则，
所以数列的前24项和为：.
故选：D
7. 动点在正方体从点开始沿表面运动，且与平面的距离保持不变，则动直线与平面所成角正弦值的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据线面位置关系和余弦定理，结合三角函数的基本关系式即可求解.
【详解】连接，
因为，所以四边形是平行四边形，
所以，又平面，平面，所以平面，
同理，平面，又平面，
所以平面平面，
则由与平面的距离保持不变，得点的移动轨迹为三角形的三条边，
当为中点时，直线与平面所成角正弦值最大，
取的中点，设正方体的棱长为2，
则，，，
所以，则为直角三角形，
所以直线与平面所成角正弦值为，
当为C点时，直线与平面所成角的正弦值最小，
此时，，，
所以，则.
直线与平面所成角正弦值取值范围是，
故选：C.
8. 若，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】可以构造函数，利用函数的单调性求解，可以构造函数求导判断单调性与正负判断.
【详解】设，，则在上为增函数，故，即.
又在上为增函数，且，则有，即，故.
设，则，故为减函数，，即，故，即.
综合可得：．
故选：A
二、多选题：本大题共4小题，每小题5分，共20分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9. 在空间直角坐标系中，已知点，则（ ）
A. 点关于轴的对称点是B. 点关于平面的对称点是
C. 点关于轴的对称点是D. 点关于原点的对称点是
【答案】AD
【解析】
【分析】根据对称性只需判断对应坐标轴上是否需要变号，对选项逐一判断即可得出结论.
【详解】对于A，点关于轴的对称点，纵坐标和竖坐标变号，横坐标不变，即为，故A正确；
对于B，点关于平面的对称点，只有竖坐标变号，其余不变，即为，所以B错误；
对于C，点关于轴的对称点，横坐标和纵坐标变号，竖坐标不变，即为，即可知C错误；
对于D，点关于原点的对称点，横坐标、纵坐标和竖坐标都要变号，即为，即D正确；
故选：AD
10. 已知，下列说法正确的是（ ）
A. 在处的切线方程为B. 的单调递减区间为
C. 在处的切线方程为D. 的单调递增区间为
【答案】BC
【解析】
【分析】对于AC，利用导数的几何意义求解即可，对于BD，求导后由导数的正负可求出函数的单调区间
【详解】对于AC，，由，得，
所以切线的斜率，所以在处的切线方程为，所以A错误，C正确，
对于BD，函数的定义域为，，
由，得，解得，
由，得，解得，
所以在上递增，在上递减，所以B正确，D错误，
故选：BC
11. 设等差数列的前项和为，若，且，则（ ）
A. 数列为递增数列B. 和均为的最小值
C. 存在正整数，使得D. 存在正整数，使得
【答案】ACD
【解析】
【分析】A选项，由得到，结合，得到，求出，A正确；
由得到，从而求出，得到，，求出为的最小值，B错误；
，解方程，求出，C正确；
求出，，列出方程，求出，D正确.
【详解】设等差数列的公差为，
因为时，，
即，故，
因为，
所以，
即，
因为恒成立，所以，
故等差数列为递增数列，A正确；
则，
即，
故，
由A选项知，故，，
所以，故为的最小值，B错误；
，
因为，故当时，，
所以存在正整数，使得，C正确；
，，
令，因为，
解得：
存在正整数，使得，D正确.
故选：ACD
12. 已知椭圆：的左、右两个焦点分别为，，短轴的上、下两个端点分别为，，的面积为1，离心率为，点P是C上除长轴和短轴端点外的任意一点，的平分线交C的长轴于点M，则（ ）
A. 椭圆的焦距等于短轴长B. 面积的最大值为
C. D. 的取值范围是
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据给定条件求出的值判断A；列出面积的关系式，结合椭圆的范围判断B；利用角平分线的性质得即可判断C；结合椭圆的定义，得到，进而求得的取值范围可断D.
【详解】对于A，令椭圆半焦距为c，由的面积为1，离心率为，得，
又，解得，椭圆的方程为，A正确；
对于B，设点，，面积无最大值，B错误；
对于C，由的平分线交长轴于点M，得，
于是，由，，得，C正确；
对于D，设，则，而且，
即且，亦即，且，
解得，且，因此，且，
所以，D正确.
故选：ACD
【点睛】结论点睛：椭圆上的点到焦点距离的最小值为，最大值为.
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.请将答案填在答题卷相应位置.
13. 直线被圆截得的弦长为__________.
【答案】
【解析】
【分析】求出圆心到直线的距离，利用勾股定理可求得直线截圆所得弦长.
【详解】圆的圆心为原点，半径为，
圆心到直线的距离为，
所以，直线被圆截得的弦长为.
故答案为：.
14. 中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题：有一个人走了378里路，第一天健步行走，从第二天起，由于脚痛，每天走的路程是前一天的一半，走了6天后到达目的地，则此人第三天走的路程为___________.
【答案】48
【解析】
【分析】设第一天走了x里，则由每天走的路程构成以x为首项，以为公比的等比数列求解.
【详解】解：设第一天走了x里，
由题意得，每天走路程构成以x为首项，以为公比的等比数列，
因为此人6天共走了378里路，
所以，即，
解得，
所以此人第三天走的路程为，
故答案为：48
15. 已知函数，则使得成立的的取值范围是___________.
【答案】
【解析】
【分析】构造函数，分析得的性质，结合与的关系，将题设不等式转化为关于的不等式，从而得解.
【详解】令，则的定义域为，
又，则是偶函数；
当时，，，
当时，显然，
当时，，，所以，
综上，在上单调递增，
因为，
所以由，得，即，
所以，即，解得.
故答案为：.
16. 已知点是抛物线：与椭圆：的公共焦点，是椭圆的另一焦点，P是抛物线 上的动点，当取得最小值时，点P恰好在椭圆上，则椭圆的离心率为_______.
【答案】
【解析】
【详解】分析：由题意可知与抛物线相切时，取得最小值，求出此时点的坐标，代入椭圆方程求出的值，即可求解其离心率．
详解：抛物线的焦点坐标为，准线方程为，
过向抛物线的准线作垂线，则，所以,
显然当直线与抛物线相切时，最小，即取得最小值，
设直线的方程为，代入可得，
令，可得，
不妨设在第一象限，则，所以，即，
因为在椭圆上，且为椭圆的焦点，
所以，解得或（舍去），
所以，所以离心率为．
点睛：本题考查了抛物线的定义及几何性质的应用，以及椭圆的离心率的求解，其中根据抛物线的定义与几何性质，得到关于的方程组是解答的关键．求双曲线的离心率(或离心率的取值范围)，常见有两种方法：①求出 ，代入公式；②只需要根据一个条件得到关于的齐次式，转化为的齐次式，然后转化为关于的方程(不等式)，解方程(不等式)，即可得(的取值范围)．
四、解答题：木大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.
17. 已知公差不为零的正项等差数列的前n项和为，，，，成等比数列.
（1）求数列的通项公式；
（2）令，求的前项和.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据等差数列的前n项和公式以及等比中项的性质，利用基本量法即可求出，从而得出通项公式；
（2）利用第（1）小问求出，再由错位相减法进行数列求和即可得出结论.
【小问1详解】
依题意，设等差数列的公差为，，
因为，所以，
因为，，成等比数列，所以，即，
联立，解得或（舍去），
所以.
【小问2详解】
由（1）得，
所以，
所以，
两式相减得，，
所以，
所以.
18. 如图，直三棱柱中，是边长为2的正三角形，O为的中点.
（1）证明：平面；
（2）若，求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）利用线面垂直的判定定理证明即可；
（2）依题意，建立空间直角坐标系，求出相关平面的法向量，再利用二面角的坐标公式即可得解.
【小问1详解】
是正三角形，为的中点，，
又是直三棱柱，平面，
又平面，，
又平面，平面.
【小问2详解】
依题意，建立空间直角坐标系，如图，
是边长为2的正三角形，则，
则，，，，．
，，，，
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，
设平面与平面夹角为，
则，
平面与平面夹角的余弦值为.
19. 已知为抛物线的焦点，为坐标原点，为的准线上的一点，线段长度的最小值为.
（1）求的方程；
（2）过点作一条直线，交于，两点，试问在准线上是否存在定点，使得直线与的斜率之和等于直线斜率的平方?若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）
（2）存在符合题意的定点，的坐标是或
【解析】
【分析】（1）根据已知条件求得，从而求得抛物线的方程.
（2）设，设直线的方程为并与抛物线方程联立，化简写出根与系数关系，根据“直线与的斜率之和等于直线斜率的平方”列方程，求得，也即求得点的坐标.
小问1详解】
依题意，为的准线上的一点，线段长度的最小值为，
所以，所以抛物线的方程为.
【小问2详解】
抛物线的焦点，准线.
设，由于直线与抛物线有两个交点，所以直线与轴不重合，
设直线的方程为，由消去并化简得：
，设，
则
，，
，
若“直线与的斜率之和等于直线斜率的平方”，
则，
，
，
，
，
，
，，解得或，
所以存在符合题意的定点，的坐标是或.

20. 已知函数有两个极值点为，.
（1）当时，求的值；
（2）若（为自然对数的底数），求的最大值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）对函数求导代入，即可求出函数单调性可得，代入计算可求出；
（2）利用韦达定理可得，代入化简可得，构造函数，求出其单调性即可求得其最大值.
【小问1详解】
易知函数的定义域为，
则，
当时可得，，
因此可知当或时，；当时，；
所以在和上单调递增，在上单调递减；
可得和是函数的两个极值点，又，所以；
所以可得，
即当时，；
【小问2详解】
易知，
又，所以是方程的两个实数根，
由韦达定理可得，
所以
，
设，由可得，令，
则，所以在上单调递减，
可得，
故可知的最大值为.
21. 已知双曲线的左、右焦点分别为，，点在双曲线上．
（1）求的方程；
（2）过作两条相互垂直的直线和，与的右支分别交，两点和，两点，求四边形面积的最小值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）设双曲线，依题意可得，解得即可；
（2）设直线，，求得，联立方程组，利用弦长公式，求得，，得到，令，结合二次函数的性质，即可求解.
【小问1详解】
设双曲线，则，解得，
所以双曲线的方程为.
【小问2详解】
根据题意，直线，的斜率都存在且不为0，
设直线，，其中，
双曲线的渐近线为，
因为，均与的右支有两个交点，所以，，所以，
将的方程与联立，可得，
设，则，，
所以
，
用替换，可得，
所以．
令，所以，
则，
当，即时，等号成立，
故四边形面积的最小值为．
【点睛】解答圆锥曲线的最值问题的方法与策略：
（1）几何转化代数法：若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用圆锥曲线的定义、图形、几何性质来解决；
（2）函数取值法：若题目的条件和结论的几何特征不明显，则可以建立目标函数，再求这个函数的最值（或值域），常用方法：（1）配方法；（2）基本不等式法；（3）单调性法；（4）三角换元法；（5）导数法等，要特别注意自变量的取值范围.
22. 已知函数.
（1）讨论函数的单调性；
（2）当时，设，求证：函数存在极大值点，且.
【答案】（1）答案见解析
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）求出函数导数，分类讨论，判断导数正负，即可判断函数单调性；
（2）求出函数的导数，由此构造函数，利用导数判断其单调性，确定函数的极值点，并判断其范围，进而化简的表达式，即可证明结论.
【小问1详解】
由函数的定义域为，则，
当时，，在上单调递减；
当时，当时，，则在上单调递减；
当时，，则在上单调递增；
故当时，在上单调递减；
当时，在上单调递减，在上单调递增；
【小问2详解】
当时，由（1）可知，
在上单调递减，在上单调递增，
故；
故当时，，
则，
令，则，
仅当时等号成立，
故在上单调递增，
且，即存在唯一，使得，
当时，；当时，；
则当时，；当时，，当时，，
即在单调递增，在单调递减，在单调递增，
故函数存在极大值点，即为；
由，即，
故，
由于，故，且，
即.