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永春县中2022-2023学年高二上学期12月月考
数学科试卷（2022.12）
考试时间：120分钟 试卷总分：150分
一、单项选择题：本题共8小题，每小题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.
1.已知数列的通项公式为，则数列是（ ）
A.以1为首项，为公比的等比数列 B.以3为首项，为公比的等比数列
C.以1为首项，3为公比的等比数列 D.以3为首项，3为公比的等比数列
2.已知直线与直线平行，则它们之间的距离是（ ）
A. B.2 C. D.
3.设点是关于坐标平面的对称点，则（ ）
A.10 B. C.38 D.
4.已知为抛物线的焦点，点，，在抛物线上，为的重心，则（ ）
A. B.1 C. D.2
5.关于的方程有唯一解，则实数的范围是（ ）
A. B.
C. D.
6.已知各项为正的数列的前项和为，满足，则的最小值为（ ）
A. B.4 C.3 D.2
7.已知双曲线：的左、右焦点分别为，，过的直线与的两条渐近线分别交于，两点，若为线段的中点，且，则的离心率为（ ）
A. B.2 C. D.3
8.在正三棱柱中，所有棱长之和为定值，当正三棱柱外接球的表面积取得最小值时，正三棱柱的侧面积为（ ）
A.12 B.16 C.24 D.18
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题的选项中，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.已知圆：，直线：，则（ ）
A.直线恒过定点
B.当时，圆上恰有三个点到直线的距离等于1
C.直线与圆有一个交点
D.若圆与圆恰有三条公切线，则
10.已知椭圆的长轴长是短轴长的3倍，则的值可能是（ ）
A. B. C.6 D.36
11.已知正方体棱长为2，为棱的中点，为底面上的动点，则下列说法正确的是（ ）
A.存在点，使得
B.存在唯一点，使得
C.当，此时点的轨迹长度为
D.当为底面的中心时，三棱锥的外接球体积为
12.将数列中的所有项排成如下数阵：
……
已知从第二行开始每一行比上一行多两项，第一列数，，，…成等差数列，且，.从第二行起，每一行中的数按从左到右的顺序均构成以为公比的等比数列，则（ ）
A. B.在第85列
C. D.
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分，请把答案填在答题卡的横线上.
13.在等差数列中，如果前5项的和为，那么等于______.
14.已知直线过点，它的一个方向向量为，则点到直线的距离为___________.
15.设，其中，，，成公差为的等差数列，，，成公比为3的等比数列，则的最小值为______.
16.阿基米德（公元前287年—公元前212年）不仅是著名的物理学家，也是著名的数学家，他利用“逼近法”得到椭圆的面积除以圆周率等于椭圆的长半轴与短半轴的乘积.已知平面直角坐标系中，椭圆：的面积为，两焦点与短轴的一个顶点构成等边三角形.则椭圆的标准方程___________.若过点的直线与交于不同的两点，，则面积的最大值___________.
四、解答题：本大题共6小题，共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.请在答题卡各自题目的答题区域内作答.
17.（10分）若是公差不为0的等差数列的前项和，且，，成等比数列，.
（1）求数列的通项公式；
（2）设，求数列的前项和.
18.（12分）如图，在四棱锥中，底面，，，，为的中点，是的中点.
（1）证明：平面.
（2）求点到平面的距离.
19.（12分）已知以点为圆心的圆与直线：相切.过点的直线与圆相交于，两点.
（1）求圆的标准方程；
（2）当时，求直线的方程.
20.（12分）如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，平面，点，分别为，的中点，且，.
（1）若，求直线与平面所成角的正弦值；
（2）若直线与平面所成角的正弦值的取值范围为，求平面与平面的夹角的余弦值的取值范围.
21.（12分）已知数列满足，，.
（1）若，写出所有可能的值；
（2）若数列是严格递增数列，且，，成等差数列，求的值；
（3）若，且是严格递增数列，是严格递减数列，求数列的通项公式.
22.（12分）已知抛物线：，点.
（1）设斜率为1的直线与抛物线交于，两点，若的面积为，求直线的方程；
（2）是否存在定圆：，使得过曲线上任意一点作圆的两条切线，与曲线交于另外两点，时，总有直线也与圆相切？若存在，求出的值，若存在，请说明理由.
永春县中2022-2023学年高二上学期12月月考
数学科参考答案
1.A 2.B 3.A 4.C 5.D 6.D 7.B 8.D
8.【详解】设正三棱柱的底面边长为，侧棱长为，，为正实数，
设，为正常数，，
设正三棱柱外接球的半径为，底面外接圆半径为，
由正弦定理得，，
所以
，
所以当时，取得最小值为，
所以正三棱柱外接球的表面积的最小值，.
则，
此时正三棱柱的侧面积为.
故选：D
9.AD 10.AD 11.BCD 12.ACD
12.【详解】由已知，第一列数，，，…成等差数列，且，
设第一列数所组成的等差数列公差为，则，
所以，选项A正确；
第一行共有1项，第二行共有3项，第三行共有5项，…，第行共有项，
所以前一行共有项，前二行共有项，前三行共有项，…，前行共有项，
所以前44行共有项，而，
所以位于第45行86列，故选项B错误；
第一列数所组成的等差数列第行的第一项为：，
且每一行中的数按从左到右的顺序均构成以为公比的等比数列，
所以第行的数构成以为首项，公比为的等比数列，
所以，故选项D正确；
因为第一列数所组成的等差数列第行的第一项为：，
所以，
令，
所以，
当且时，，
所以，所以，
而令，在上单调递增，
所以，所以成立，选项C正确.
故选：ACD.
13.4 14.2 15. 16.
16.【详解】依题意有
解得
所以椭圆的标准方程是；
由题意直线的斜率不能为0，设直线的方程为，
由方程组
得，
设，
所以，
所以，
所以，
令，则，
因为在上单调递增，
所以当，即时，面积取得最大值为.
故答案为：，.
17.【详解】（1）根据题意，设等差数列公差为，
因为，，成等比数列，，
所以，整理得：，
解得.故.
（2）由（1）得：.
18.（1）证明：因为为的中点，是的中点，
所以，又，所以，
平面，平面，所以平面.
（2）解：因为底面，，，
所以，，
所以.
设点到平面的距离为，
由，得，即，
则，解得.
19.【详解】（1）设圆的半径为，由题意知，
圆心到直线的距离为，即，
所以圆的方程为；
（2）当直线与轴垂直时，直线方程为，即，
点到直线的距离为1，此时，符合题意；
当直线与轴不垂直时，设：，即，
取的中点，连接，则，
因为，所以，
又点到直线的距离为，
所以，解得，所以直线方程为.
综上，直线的方程为或.
20.【详解】（1）因为，，则，即，
又因为平面，所以，，
故建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，
故，，，
设平面的一个法向量为，则，即，
令，则，，故，
设直线与平面所成角为，则，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
（2）设，则，，，
故，，
设平面的一个法向量为，则，即，
令，则，，故，
易得平面的一个法向量为，又，
设直线与平面所成角为，则，
即，解得，
设平面与平面的夹角为，则，
因为，所以，则，故，即.
所以平面与平面的夹角的余弦值的取值范围为.
21.（1）由题意，可得或2，
若，则，所以或，
若，则，所以或3，故或或3，
若，则，所以或，
若，则，所以或2，
若，则，所以或2，
综上，有可能的值为；，0，2，4；
（2）因为数列是递增数列，所以.
而，所以，，
又，，成等差数列，所以，
代入整理得.解得或，
当时，，这与是严格递增数列矛盾，所以；
（3）因为是递增数列，所以，所以，①
但，，，所以②
由①，②知，，所以，③
因为是递减数列，同理可得，所以，④
联立③，④得，相加可得，
累加得
于是由③得，.
即，故，，且
所以
由，得或，
于是当时，，
当时，，其中.
22.【详解】（1）设直线的方程为，
把方程代入抛物线，可得，
∴，，
∴，
点到直线的距离，
∴，
解得，所以直线的方程.
（2）假设存在.
取，圆：，设切线为，
由，解得，①
将直线代入抛物线方程，解得，
直线的方程为，
若直线和圆相切，可得
②由①得，由①②解得，.
下证时，对任意的动点，直线和圆相切.
理由如下：设，当时，上面假设已经说明成立；
当，一条切线与轴平行，不能与抛物线交于另一点，
故，
以下就且情况下证明.
过的直线为，，，
由，可得，
∴，，
又直线与曲线相交于，，由，
代入抛物线方程可得，
可得，
则，是方程的两根，
即有，即，同理.
则有，
直线：，
即为，
则圆心到直线的距离为，
由，
代入上式，化简可得，
则有对任意的动点，存在实数，使得直线与圆相切.

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