2023-2024学年福建省厦门第一中学高二上学期十二月月考数学试题含答案

这是一份2023-2024学年福建省厦门第一中学高二上学期十二月月考数学试题含答案，共22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．已知直线过点，且不过第四象限，则直线的斜率的最大值是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】由直线不过第四象限，可画出所有符合要求的直线，观察可得.
【详解】
如图，，，只有当直线落在图中所示位置时才符合题意，故.
故直线的斜率的最大值为2．
故选：A.
2．设数列的前项和为，数列是公比为2的等比数列，且，则（ ）
A．255B．257C．127D．129
【答案】C
【分析】由题设可得，再由即可求值.
【详解】由数列是公比为2的等比数列，且，
∴，即，
∴.
故选：C.
3．若离心率为的双曲线的一条渐近线与直线垂直，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据双曲线离心率求得，再根据双曲线的一条渐近线与直线垂直列出，求解.
【详解】，所以，得渐近线为，
因为其中一条渐近线与直线垂直，则，得．
故选：C
4．已知数列是等差数列，且，则其前七项和（ ）
A．42B．35C．28D．21
【答案】C
【分析】结合已知条件，利用等差数列的性质求出，然后利用等差数列的前项和公式求解即可.
【详解】由等差数列的性质以及可知，，即，
从而.
故选：C.
5．已知抛物线的焦点，准线为是上一点，是直线与的交点，若，则（ ）
A．4B．C．2D．
【答案】D
【分析】设，，利用代入数据可得的值，进而利用抛物线的定义可得.
【详解】依题意，，准线的方程为，
因为点是上一点，所以设点，，则，
因为，所以，解得，
又是直线与的交点，所以由抛物线的定义可得．
故选：D.
6．如图，已知四棱柱的底面为平行四边形，，与平面交于点，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】设，由空间向量运算表示出，结合四点共面，得，解出即可.
【详解】由题设，
因为，
所以，
又因为四点共面，所以，
解得，即.
故选：A.
7．正多面体也称柏拉图立体，被誉为最有规律的立体结构，是所有面都只由一种正多边形构成的多面体（各面都是全等的正多边形）. 数学家已经证明世界上只存在五种柏拉图立体，即正四面体、正六面体、正八面体、正十二面体、正二十面体. 如图，已知一个正八面体的棱长为2，，分别为棱，的中点，则直线和夹角的余弦值为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】根据题意得到，，然后由向量的数量积公式分别求出，结合向量的夹角运算公式，即可求解.
【详解】如图所示：

由题意，可得，，
又由正八面体的棱长都是2，且各个面都是等边三角形，
在中，由，可得，所以，所以
；
；
；
所以，
即直线和夹角的余弦值为.
故选：D.
【点睛】关键点点睛：选取适当的基底向量，由已知条件可以求出它们的模以及两两之间的夹角，所以只需把分解，然后由向量的夹角公式即可求解.
8．已知是椭圆的左右顶点，是双曲线在第一象限上的一点，直线分别交椭圆于另外的点．若直线过椭圆的右焦点，且，则椭圆的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据代数法表示出直线的斜率关系，同理表示出的斜率关系，再根据几何关系代换可得出直线垂直于椭圆，再根据题意，最后根据直角三角形正切定义进行列式计算即可得出答案.
【详解】由题意可知，设，可得直线的斜率分别为，
因为点在双曲线上，则，整理得，所以，
设点，可得直线的斜率，
因为点在椭圆上，则，整理得，
所以，即，则，
所以直线与关于轴对称，又因为椭圆也关于轴对称，
且过焦点，则轴，又，则，
所以，
整理得，即，解得，或（舍去），所以椭圆的离心率为．
故答案选：A.
二、多选题
9．在空间直角坐标系中，点，则（ ）
A．
B．点关于轴的对称点坐标为
C．向量在上的投影向量为
D．点到直线的距离为
【答案】BC
【分析】根据点与向量的关系计算即可.
【详解】对于，故A错误；
对于B，点关于轴的对称点坐标为，故B正确；
对于C，，
在上投影向量为，C正确．
对于，点到直线的距离为错误．
故选：BC.
10．已知直线，设两直线分别过定点，直线和直线的交点为为坐标原点，则（ ）
A．直线过定点，直线过定点
B．
C．的最小值为7
D．若，则恒满足
【答案】AB
【分析】对于A，直接由直线过定点即可判断；对于B，证明即可；对于C，求出圆P的方程，通过几何关系即可得解；对于D，可以设，若，求出点的轨迹方程，然后看和点P的方程是否一样即可.
【详解】对于A，可化作，可发现过定点，同理，过定点，A正确；
对于B，因为，所以恒成立，因此是以为直径的圆上的点，根据定义，，B正确；
对于C，由题可知、的中点为，，所以在圆上，所以，C错误；
对于D，设，若，则，化简可得，与的方程不符合，D错误．
故选：AB.
11．如图，双曲线的左右焦点分别为和，点、分别在双曲线的左、右两支上，为坐标原点，且，则下列说法正确的有（ ）

A．双曲线的离心率
B．若且，则的渐近线方程为
C．若，则
D．若，则
【答案】ACD
【分析】根据渐近线夹角范围得离心率范围判断A，利用三角形面积求得的坐标，代入双曲线方程即可求解渐近线判断B，在双曲线上取B关于原点的对称点M，连接，先证，再结合条件得，从而得判断C，在上取一点使得，先证，再结合条件得，从而，判断D.
【详解】对于A，，两渐近线夹角小于，，
，A正确；
对于B，时，为等腰直角三角形，，
又点在双曲线上，代入双曲线方程得即，，
渐近线方程为，B错误；
对于C，在双曲线上取B关于原点的对称点M，连接，，，.
，，又，.
又，为中点，，必有，，三点共线，
为角平分线，，C正确；
对于D，在上取一点使得，，，
，，又，，
，，D正确.

故选：ACD
12．已知数列的前项和，数列是首项和公比均为2的等比数列，将数列和中的项按照从小到大的顺序排列构成新的数列，则（ ）
A．B．数列中与之间共有项
C．D．
【答案】ABD
【分析】先根据已知条件求，的通项公式，再根据数列的性质逐项判断.
【详解】数列的前项和，当时，；
当时，，
经检验，当时也满足，所以，
又因为数列是首项和公比均为2的等比数列，所以．
则数列为：，
所以，故选项A正确；
数列是由连续奇数组成的数列，都是偶数，
所以与之间包含的奇数个数为个，故选项B正确；
因为，前面相邻的一个奇数为，
令，解得，
所以数列从1到共有，也即，故选项C错误；
设位于与之间，则有，解得，
所以前1022项中包含的前10项，的前1012项，
即，故D正确．
故选：ABD
【点睛】注重等差数列等比数列基础知识的掌握，强化计算能力.
三、填空题
13．圆与圆的公共弦长等于 .
【答案】
【分析】两圆相减得出公共弦所在直线方程，再根据勾股定理计算公共弦长
【详解】联立,得公共弦所在直线方程为.
圆心到距离
所以公共弦长为
故答案为：
14．已知数列的前项和为，则 ．
【答案】16
【分析】根据递推公式，可求出，即可求解.
【详解】由题意得，即，
因为，所以为首项为，公比为的等比数列，
所以
所以．
故答案为：.
15．椭圆上有两点分别为椭圆的左､右焦点，是以为中心的正三角形，则的周长为 ．
【答案】
【分析】根据正三角形几何关系可以确定，再根据重心定理可将三角形各边用表示出来，利用几何关系求出椭圆c值即可求出答案.
【详解】设边与轴交于点，且是以为中心的正三角形，
则，且为的重心，
由重心定理可得，，则，
在Rt中，，则，
所以，由椭圆的定义可得，
，即
化简可得，则．
所以的周长为．
故答案为：18-6.
16．在平面上有一系列点，对每个正整数，点位于函数的图象上，以点为圆心的都与轴相切，且与外切．若，且的前项之和为，则 ．
【答案】
【分析】根据题意可知两相邻圆的半径满足，展开且代入中可得出，由等差数列性质可得出数列的通项公式，进一步得出数列的通项公式，再根据裂项相消求出即可。
【详解】因为与外切，且都与轴相切，所以，即，所以，
因为，所以，所以，
所以数列为等差数列，首项，公差，
所以，所以，
所以，
所以
所以，
故答案为：.
四、解答题
17．已知圆的圆心在轴上，且经过两点
(1)求圆的方程；
(2)过点的直线与圆相交于两点，且，求直线的方程
【答案】(1)；
(2)或.
【分析】（1）根据题意设圆的方程为，然后将两点的坐标代入方程求出，从而可得圆的方程；
（2）由题意可得圆心到直线的距离为1，然后分直线的斜率不存在和斜率存在两种情况，结合点到直线的距离公式求解即可.
【详解】（1）因为圆的圆心在轴上，所以设圆的方程为（），
因为圆经过两点，
所以，解得，
所以圆的方程为；
（2）由，可得圆心，半径为2，
因为直线与圆相交于两点，且，
所以圆心到直线的距离为1，
当直线的斜率不存在时，直线为，满足题意；
当直线的斜率存在时，设直线为即，则
，解得，
所以直线的方程为，即，
综上直线的方程为或.
18．在平面直角坐标系中，点在抛物线上，且A到的焦点的距离为1．
(1)求的方程；
(2)若直线与抛物线C交于两点，，且，试探究直线是否过定点，若是，请求出定点坐标，否则，请说明理由．
【答案】(1)
(2)直线过定点
【分析】（1）利用抛物线的定义及点在抛物线上计算即可；
（2）设的方程，由平面向量数量积的坐标表示及韦达定理求参数即可.
【详解】（1）依题意可得，解得，所以抛物线方程为：；
（2）设直线显然存在，
联立方程，化简可得
所以
在抛物线C上，故，
，解得或，
因为，所以，得
所以直线过定点.
19．设是等比数列且公比大于0，其前项和为是等差数列，已知，．
(1)求的通项公式；
(2)设，数列的前项和为，求满足的最大整数的值．
【答案】(1)，；
(2)9.
【分析】（1）利用等差和等比数列的通项公式求解；
（2）先拆项分母得，再利用裂项相消法求和，进而解不等式求满足的最大整数的值.
【详解】（1）设的公比为，
因为，所以，即，解得或（舍），
所以，
设的公差为，
因为，所以，
所以，解得，所以．
故，.
（2），
即.
所以
.
，化简得，又，解得.
所以满足的最大整数.
20．三棱柱中，，线段的中点为，且．
(1)求证：平面；
(2)点在线段上，且，求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由题意先由等腰三角形证明，再结合线面垂直的判定定理证明平面.
（2）建立适当的空间直角坐标系，求出两个平面的法向量即可由向量的夹角公式得解.
【详解】（1）三棱柱中，，
在中，，线段的中点为，所以，所以；
因为平面平面平面，所以平面.
（2）由（1）可知平面，平面，
所以，
作交于点，则两两互相垂直
以为原点，以所在的直线为建立空间直角坐标系，
因为，
所以．
所以，
因为，所以，
设平面的一个法向量，则，
解得，令，则，所以，
设平面的一个法向量，则，
令，则，所以，
则．
所以平面与平面夹角的余弦值为.
21．某高科技企业研制出一种型号为A的精密数控车床，A型车床为企业创造的价值逐年减少（以投产一年的年初到下一年的年初为A型车床所创造价值的第一年）.若第1年A型车床创造的价值是250万元，且第1年至第6年，每年A型车床创造的价值减少30万元；从第7年开始，每年A型车床创造的价值是上一年价值的50%.现用（）表示A型车床在第n年创造的价值.
(1)求数列的通项公式；
(2)记为数列的前n项的和，，企业经过成本核算，若万元，则继续使用A型车床，否则更换A型车床，试问该企业须在第几年年初更换A型车床？
【答案】(1)（万元）
(2)该企业需要在第12年年初更换A型车床
【分析】（1）由题意得构成首项，公差的等在数列，构成首顶，公比的等比数列，从而可求出其通项公式，
（2）由（1）得是单调递减数列，于是，数列也是单调递减数列，然后分别求出和时的值，再由可求得结果.
【详解】（1）题意得构成首项，公差的等差数列.
故（万元）.
构成首顶，公比的等比数列，
故万元.
于是，（万元）.
（2）由（1）得是单调递减数列，于是，数列也是单调递减数列.
当时单调递减，（万元）.
所以（万元）；
当时，（万元）；当时，（万元）.
所以，当时，恒有.
故该企业需要在第12年年初更换A型车床.
22．已知椭圆的两焦点分别为的离心率为上有三点，直线分别过的周长为8．
(1)求的方程；
(2)①若，求的面积；
②证明：当面积最大时，必定经过的某个顶点．
【答案】(1)
(2)①；②证明见解析.
【分析】（1）利用椭圆的定义与性质计算即可；
（2）①直接求直线的直线方程，与椭圆联立可得的坐标，利用三角形面积公式计算即可；②法一、设三点坐标及直线和直线的方程，与椭圆联立结合韦达定理化简得出纵坐标与纵坐标的比值，再根据三角形的面积公式用坐标表示，从而可计算得，构造函数证明即可；法二、设，，根据定比点差法由横坐标表示，再利用三角形面积公式计算得，余下利用法一计算即可；法三、设，，同法二利用定比点差法由由横坐标表示，再利用三角形面积公式计算得，余下同法一计算即可.
【详解】（1）依题意可得的周长，
又椭圆的离心率为，则，
解得，
所以的方程为；
（2）①由上可知：，
所以直线的方程为，
联立直线与椭圆方程可解得，
由椭圆的对称性可得，
因此；
②证明：设直线和直线的方程为，
设，
联立和椭圆得：，
可得，同理可得：．
又因为，所以，
所以，即；
同理可得，即
不妨设，于是，
因此
又因为
，
设，
下面证明
，化简得
即证明，即，
又的判别式小于等于0，故，
因此，原命题得证．
故当面积最大时，必定经过的上或下顶点．
解法二：②证明：设，设，
则有，
又，
可得，
即，
设，同理可得，
不妨设，于是所以，
所以，
下同法一；
解法三：②证明：设，设，
则有，
又，
可得，
即，结合解得，
设，同理可得，
不妨设，于是，
，
下同法一.
【点睛】本题难点在于最后一问，第一种方法设点设线，利用韦达定理结合点在椭圆上得出纵坐标的比值关系，再利用坐标比计算与面积比，将的面积用点Q的纵坐标表示计算即可；第二、三种方法本质上都是利用定比点差法，由三点共线得出坐标关系，后仍计算三角形面积比，将的面积用点Q的纵坐标表示计算即可证明.证明过程中，蕴含了一个定值关系，即