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昌吉市重点中学2023-2024学年高二上学期12月月考
数学试卷
一、单选题
1．已知抛物线的顶点在坐标原点，准线方程为，则抛物线的标准方程为（ ）
A． B． C． D．
2．直线l：与圆C：的位置关系是（ ）
A．相交 B．相切 C．相离 D．都有可能
3．在中，是的中点，是中点，则（ ）
A． B． C． D．
4．已知，若直线与直线平行，则它们之间的距离为（ ）
A． B． C． D．或
5．已知为等差数列的前项和，若，则的值为（ ）
A． B． C． D．
6．与椭圆有公共焦点，且离心率的双曲线的方程为（ ）
A． B． C． D．
7．已知数列是公比为的等比数列，若，且是与的等差中项，则的值是（ ）
A． B． C． D．或
8．《九章算术》是我国古代的数学名著，书中将底面为矩形，且有一条侧棱垂直于底面的四棱锥称为阳马.如图，在阳马中，平面ABCD，底面ABCD是正方形，E，F分别为PD，PB的中点，点G在线段AP上，AC与BD交于点O，，若平面，则（ ）
A． B． C． D．1
二、多选题
9．已知空间中三点则下列说法正确的有（ ）
A． B．
C． D．在上投影向量的长度为
10．下列选项正确的是（ ）
A．直线恒过定点
B．圆上有且仅有3个点到直线的距离都等于1
C．直线的倾斜角为150°
D．与圆相切，且在x轴、y轴上的截距相等的直线只有一条
11．已知双曲线过点且渐近线为，点在双曲线的一条渐近线上，为坐标原点，为双曲线的右焦点，则下列结论正确的是（ ）
A．双曲线的离心率为2 B．双曲线的方程是
C．的最小值为2 D．直线与有两个公共点
12．朱世杰是元代著名数学家，他所著的《算学启蒙》是一部在中国乃至世界最早的科学普及著作．《算学启蒙》中涉及一些“堆垛”问题，主要利用“堆垛”研究数列以及数列的求和问题．现有100根相同的圆形铅笔，小明模仿“堆垛”问题，将它们全部堆放成纵断面为等腰梯形的“垛”，要求层数不小于2，且从最下面一层开始，每一层比上一层多1根，则该“等腰梯形垛”应堆放的层数可以是（　　）
A．4 B．5 C．7 D．8
三、填空题
13．已知向量，，，若，则 ．
14．已知数列满足则 .
15．圆与圆的公切线方程为 ．
16．已知点为椭圆上的任意一点，到焦点的距离最大值为，最小值为，则的取值范围是 .
四、解答题
17．（10分）已知等差数列的前项和为．
(1)求数列的通项公式；
(2)求的最小值及取得最小值时的值．
18．（12分）已知直线经过点，且与直线垂直．
(1)求直线的一般式方程；
(2)已知圆与轴相切，直线被圆截得的弦长为4，圆心在直线上，求圆的标准方程．
19．（12分）如图，在四棱锥中，底面ABCD，底面ABCD是直角梯形，，，，，E点在AD上，且．

(1)求证：平面平面PAC；
(2)若直线PC与平面PAB所成的角为45°，求二面角的余弦值．
20．（12分）已知抛物线与直线相交于A、B两点，O为坐标原点.
(1)求证：；
(2)当时，求的值.
21．（12分）已知是等差数列，是公比大于0的等比数列，的前n项和为，且，，，．
(1)求和的通项公式；
(2)求数列的前n项和．
22．（12分）已知椭圆的长轴长为8，以椭圆的左焦点为圆心，短半轴长为半径的圆与直线直线相切．
（1）求椭圆的方程；
（2）已知直线，过右焦点的直线（不与轴重合）与椭圆交于两点，过点作，垂足为．
①求证：直线过定点，并求出定点的坐标；
②点为坐标原点，求面积的最大值．
参考答案：
1．A
【分析】利用抛物线准线方程得到，从而求得其标准方程，由此得解.
【详解】因为抛物线的顶点在坐标原点，准线方程为，设抛抛物线的标准方程为，
所以，得，故所求抛物线的标准方程为.
故选：A.
2．A
【分析】利用圆心到直线的距离与半径比较大小可得答案.
【详解】圆C的圆心坐标为，半径为2，直线l的方程为，
圆心到直线l的距离为，
所以直线l与圆C的位置关系是相交.
故选：A.
3．B
【分析】结合图形，利用平面向量的数乘运算即可得解.
【详解】如图，是的中点，是中点，
所以.
故选：B.
4．A
【分析】根据平行关系确定参数，结合平行线之间的距离公式即可得出．
【详解】解：直线与直线平行，
，解得或，
又，所以，
当时，直线与直线距离为.
故选：A
5．C
【分析】计算，再利用等差数列的求和公式结合等差数列性质解得答案.
【详解】，故，化简得到，
.
故选：C.
6．B
【分析】根据已知条件求得双曲线的实半轴、虚半轴，从而求得双曲线方程.
【详解】椭圆的焦点为．
因为所求双曲线的离心率，
所以其实半轴长为2，虚半轴长为，
故所求双曲线的方程为．
故选：B
7．D
【分析】利用是等比数列，将已知条件用基本量表示，化简求值即可
【详解】解析：数列是公比为的等比数列，由可得：，即，代入，得，，，解得：或，
故选：D．
8．C
【分析】以为坐标原点，的方向分别为轴的正方向建立空间直角坐标系如图所示，根据条件求得点的坐标，即可得到结果.
【详解】
以为坐标原点，的方向分别为轴的正方向建立空间直角坐标系如图所示，
由题意可得，
则，
所以，
设平面的法向量为，
则，解得，令，则
所以平面的一个法向量为
因为平面，则
设，则，所以
解得，所以，即
故选:C.
9．ACD
【分析】根据空间向量的坐标运算，可得答案.
【详解】对于A，由，则，故A正确；
对于B，由，，因为，所以两向量显然不平行，故B错误；
对于C，由，，则，故C正确；
对于D，在上投影向量的长度为，故D正确.
故选：ACD.
10．AB
【分析】直接令即可得判断A；计算出圆心到直线的距离为1可判断B；得出斜率即可得倾斜角判断C；分为直线过原点和不过原点两种情形可判断D.
【详解】直线，令，得，即恒过定点，A正确；
圆的圆心为，半径为2，圆心到直线的距离，
则圆上有且仅有3个点到直线的距离都等于1，故B正确；
直线的斜率为，其倾斜角为，故C错误；
圆的圆心为，半径为，
当直线过原点时，依题意可设为，即，
，解得，即切线为，
当直线不过原点时，依题意可设为，即，
，解得（舍去）或，即，
即在x轴、y轴上的截距相等的直线有三条，故D错误；
故选：AB.
11．AB
【分析】设双曲线的方程为，由双曲线过点求出，判断B；再由离心率公式判断A；联立直线和双曲线方程判断D.
【详解】设双曲线的方程为，由双曲线过点可得，即双曲线的方程是，故B正确；
可化为，则，，故A正确；
由题意可得，当直线与渐近线垂直时，取最小值，且最小值，故C错误；
由，解得，即直线与只有一个交点，故D错误；
故选：AB
12．BD
【分析】设最上面一层放根，一共放层，则最下面一层放根，利用等差数列的性质可得，结合，可得n为200的因数，，且其为偶数，后逐一验证各个选项即可得解．
【详解】最上面一层放根，一共放层，则最下面一层放根
则由等差数列前n项和公式有：，整理得：
结合，可得n为200的因数，故且为偶数.故可排除C.
又当，为奇数不合题意，故排除A；
当，符合题意，故B正确.
当，符合题意，故D正确.
故选：BD
13．
【分析】求出向量的坐标，由已知条件可得，利用空间向量数量积的坐标运算可求得实数的值.
【详解】因为向量，，，
则，
因为，则，解得.
故答案为：.
14．1024
【分析】由可得，从而可得数列是以2为公比，1为首项的等比数列，可求出通项公式，进而可求出
【详解】因为
所以，
所以数列是以2为公比，1为首项的等比数列，
所以，所以，
所以，
故答案为：1024
15．
【分析】由题意可判断两圆内切，求出切点即可得切线方程．
【详解】解：圆，即，
得,
所以
故两圆内切，公切线只有一条，与两圆圆心的连线即x轴垂直，
由得
所以切点为，
故公切线方程为．
故答案为：．
16．
【分析】根据点到椭圆焦点的距离的最大值为，最小值为，列出a，c的方程组，进而解出a，c，从而可得，再利用二次函数的性质即可求解.
【详解】因为点到椭圆焦点的距离的最大值为，最小值为，
所以，所以，
所以，
因为，
又，所以当
所以的取值范围是.
故答案为：.
17．(1)
(2)当时，最小，最小值为．
【分析】（1）列方程求出，即可求数列的通项公式；
（2）由（1）知，利用二次函数的性质可求的最小值及取得最小值时的值．
【详解】（1）设等差数列的公差为，
由，得，
解得，
所以．
（2）由（1）知，
又，所以当时，取最小，最小值为．
18．(1)
(2)或
【分析】（1）依题意可设直线的方程为，然后将点的坐标代入可求出，从而可求得直线方程；
（2）设圆的方程为，则，再根据弦长，圆心距和半径的关系列方程，和圆心在直线上所得到的方程，可求出，从而可求出圆的方程.
【详解】（1）依题意可设直线的方程为，
将点的坐标代入，得，
所以直线的一般式方程为．
（2）设圆的方程为，
因为圆与轴相切，所以，
圆心到的距离，
又圆心在直线上，所以，
所以，解得．
当时，，圆的标准方程为；
当时，，圆的标准方程为．
19．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由面面垂直的判定定理证明即可；
（2）由题意可得以A为坐标原点，为x轴，为y轴，为z轴建立如图所示的坐标系，分别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）证明：∵平面，平面，∴，
∵，，平面，∴平面，
∵平面，∴平面平面.
（2）∵，且，∴，
∵，∴，
∵，∴为等腰直角三角形，
∴，取BC中点G，连接AG，
∴，即，
由（1）可得，
以A为坐标原点，AG为x轴，AD为y轴，AP为z轴建立如图所示的坐标系

由（1）可得，平面，
∴为直线PC与平面所成角，即
设平面的法向量为
∵，
∵，，
∴，令，则，，∴
∵x轴⊥平面，∴平面的法向量，
设为二面角的平面角，且为锐角，
∴.
20．(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）假设，联立直线与抛物线方程并使用韦达定理可得，进一步得到，然后计算即可得到结果.
（2）计算，然后根据，代入计算即可.
【详解】（1）联立方程，消去得，
设，则，
因为，所以，
所以，
故.
（2）由（1）可知：
所以
则
又
所以
所以，又
所以
所以
21．(1)，
(2)
【分析】（1）由是公比大于0的等比数列及，求出公比，由等差数列下标和定理结合求出，根据等比数列前项和公式及，求出公差即可得出通项公式；
（2）利用分组求和，结合等差等比前项和公式计算即可．
【详解】（1）设的公差为d，的公比为．
∵，，∴，解得或，
∵，∴，
∴，
∵，∴，
∵
∴，∴，
故，．
（2）由（1）得，
∴．
22．（1）；（2）①证明见解析，；②15.
【分析】（1）根据题意可得，，，解得，即，，，进而可得椭圆的方程．
（2）①由题意得，设直线，设，，，，，联立直线与椭圆的方程，
由韦达定理可得，，且，写出直线方程，再令，即可得出答案．
②由①可得判别式△，，令，化简结合函数单调性即可得出答案．
【详解】（1）椭圆的长轴长为8，
左焦点到直线的距离

椭圆的方程
（2）由对称性，若直线过定点，则该定点必在轴上，
①由题得，设直线，设
联立方程得（*）
所以有，且
因为，所以直线的方程为
，得（**）
将代入（**），则
故直线过定点，即定点为．
②在（*）中，
所以又直线过定点
故，
令，则在上单调递减，故当时，．

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