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重庆市黔江中学2023-2024学年高二上学期12月月考数学试卷(Word版附解析)
重庆市黔江中学2023-2024学年高二上学期12月月考数学试卷(Word版附解析)
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重庆市黔江中学校2023--2024学年高二(上)12月考试(数学试卷)考试时间:120分钟考试范围:选择性必修一全部内容,选择性必修二数列部分等差数列及前面内容一、单选题(本大题共8小题,共40分.在每小题列出的选项中,选出符合题目的一项)1.在平面直角坐标系xOy中,直线的倾斜角为()A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】设直线的倾斜角为,,,可得,解得.【详解】设直线的倾斜角为,,.,解得.故选:B.【点睛】本题考查直线的倾斜角与斜率之间的关系、三角函数求值,考查推理能力与计算能力,属于基础题.2.已知双曲线的一条渐近线方程为,则()A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】根据双曲线的方程写出渐近线方程,对照条件可求答案.【解答】解:因为双曲线为,所以它的渐近线方程为,因为有一条渐近线方程为,所以.故选:.3.用火柴棒摆“金鱼”,如图所示: 按照上面的规律,第个“金鱼”图需要火柴棒的根数为A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】由图形间的关系可以看出,每多出一个小金鱼,则要多出6根火柴棒,则火柴棒的个数组成了一个首项是8,公差是6的等差数列,写出通项,求出第n项的火柴根数即可.详解】由图形间的关系可以看出,每多出一个小金鱼,则要多出6根火柴棒,第一个图中有8根火柴棒组成,第二个图中有8+6个火柴棒组成,第三个图中有8+2×6个火柴组成,以此类推:组成n个系列正方形形的火柴棒的根数是8+6(n﹣1)∴第n个图中的火柴棒有6n+2.故选D.【点睛】本题考查归纳推理,考查等差数列的通项,解题的关键是看清随着小金鱼的增加,火柴的根数的变化趋势,属于基础题.4.“圆”是中国文化的一个重要精神元素,在中式建筑中有着广泛的运用,最具代表性的便是园林中的门洞.如图,某园林中的圆弧形挪动高为2.5m,底面宽为1m,则该门洞的半径为()A.1.2mB.1.3mC.1.4mD.1.5m【答案】B【解析】【分析】设半径为R,根据垂径定理可以列方程求解即可.【详解】设半径R,,解得,化简得.故选:B.5.已知等差数列中,,则() A.30B.15C.5D.10【答案】B【解析】【分析】根据等差数列的性质计算.【详解】∵数列为等差数列,,所以∴.故选:B6.已知是双曲线C的两个焦点,P为C上一点,且,则C的离心率为()A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据双曲线的定义及条件,表示出,结合余弦定理可得答案.【详解】因为,由双曲线的定义可得,所以,;因为,由余弦定理可得,整理可得,所以,即.故选:A【点睛】关键点睛:双曲线的定义是入手点,利用余弦定理建立间的等量关系是求解的关键.7.在我国古代数学名著《九章算术》中,将底面为直角三角形,且侧棱垂直于底面的棱柱称为堑堵.已知在堑堵中,,,,若直线与直线所成角为,则()A.B.2C.D.【答案】B【解析】 【分析】以为原点建立空间直角坐标系,利用向量方法求出和夹角余弦值即可求出竖坐标,从而得到答案.【详解】如图,以为原点建立空间直角坐标系,则,,,设,则,,,解得,故.故选:B.8.如图,已知抛物线:和圆:,过抛物线的焦点作直线与上述两曲线自左而右依次交于点,,,,则的最小值为()A.B.C.D.【答案】D【解析】 【分析】由题可设直线的方程为,设,利用韦达定理可得,再结合抛物线的定义可得,然后利用基本不等式即得.【详解】由抛物线:可知焦点为,当直线的斜率为0时,直线方程为,代入抛物线方程解得,代入圆的方程得,所以;当直线斜率不为0时,设直线的方程为,由,得,设,则,由抛物线的定义可知∴,∴,当且仅当时取等号.故选:D.二、多选题(本大题共4小题,共20分.在每小题有多项符合题目要求)9.已知直线,直线,则()A.当时,与的交点是B.直线与都恒过C.若,则D.,使得平行于【答案】ABC【解析】【分析】将代入,联立两直线方程即可求得交点,则A可解;由直线过定点问题可求B;由两直线垂直时的斜率之积为可解C,注意讨论斜率为0和斜率不存在的情况;由两直线平行得到关于a的方程,解方程可得a值,再代入验证两直线是否重合即可判断D.【详解】对于A,当时,,, ,解得,故交点为,即A正确;对于B,,恒过定点,,,解得,,也过定点,故B正确;对于C,当时,与不垂直,当时,由可得,解得,故C正确;对于D,由可得,解得或,当时,,,两直线重合,不符合题意,当时,,,两直线重合,不符合题意,故D错误;故选:ABC.10.已知圆和圆的交点为A,B,则().A.两圆的圆心距B.直线AB的方程为C.圆上存在两点P和Q使得D.圆上的点到直线AB的最大距离为【答案】BD【解析】【分析】由圆的一般方程,采用配方法,整理标准方程,可得圆的圆心坐标和半径,根据两点距离公式,公共弦求解方法(一般方程作差),圆的性质,直线与圆的位置关系,逐一验证,可得答案.详解】由圆和圆,可得圆和圆,则圆圆心坐标为和半径为,圆的圆心坐标和半径,对于A,因为两个圆相交,所以两圆的圆心距,故A错误;对于B,将两圆方程作差可得,即得公共弦AB的方程为,故B正确; 对于C,直线AB经过圆的圆心坐标,所以线段AB是圆的直径,故圆中不存在比AB长的弦,故C错误;对于D,圆的圆心坐标为,半径为2,圆心到直线AB:的距离为,所以圆上的点到直线AB的最大距离为,故D正确.故选:BD11.“奔跑吧少年”青少年阳光体育系列赛事活动于近日开赛,本次比赛的总冠军奖杯由一个铜球和一个托盘组成,如图①,已知球的体积,托盘由边长为4的正三角形钢片沿各边中点的连线垂直向上折叠而成,如图②则下列结论正确的是()A.直线与平面所成的角为B.直线平面C.异面直线与所成的角的余弦值为D.球上的点离球托底面的最大距离为【答案】AD【解析】【分析】A选项,由题意得到平面⊥平面,得到为直线与平面所成的角,大小为;B选项,作出辅助线,建立空间直角坐标系,写出点的坐标,求出平面的法向量,得到,B错误;C选项,利用空间向量求解异面直线的夹角余弦值;D选项,求出球的半径,得到四面体为正四面体,棱长为1,求出到平面的距离,从而得到球上的点离球托底面的最大距离.【详解】A选项,因为托盘由边长为4的正三角形钢片沿各边中点的连线垂直向上折叠而成,所以平面⊥平面, 过点作⊥于点,因为平面平面,所以⊥平面,故即为直线与平面所成的角,大小为,A正确;B选项,过点C作⊥于点,同A选项,可证明⊥平面,所以,由三线合一可得分别为的中点,故,连接,则四边形为平行四边形,故,同理可得,连接,则⊥,以为坐标原点,分别以为轴,建立空间直角坐标系,则,平面的法向量设为,则,令得,,故,又,故直线与不垂直,故直线与平面不平行,B错误; C选项,,故异面直线与所成的角的余弦值为,C错误;D选项,由B选项可知,,设为球心,球半径为,由,解得,则为正四面体,棱长为1,设为的中心,则⊥平面,又平面,所以⊥,,则,又,所以球离球托底面的最大距离为,D正确.故选:AD12.已知点P为双曲线上任意一点,为其左、右焦点,O为坐标原点.过点P向双曲线两渐近线作垂线,设垂足分别为M、N,则下列所述正确的是()A.为定值B.O、P、M、N四点一定共圆C.的最小值为D.存在点P满足P、M、三点共线时,P、N、三点也共线【答案】ABC 【解析】【分析】根据点到直线距离计算可判断A选项,根据对角互补判断四点共圆判断B选项,应用平面向量的数量积运算结合双曲线的性质判断C选项,根据双曲线对称性判断D选项.【详解】设,点到渐近线的距离为,同理,则,,即,(定值),故A正确;当M、N均不与O重合时,由,和均为直角三角形,故M,N两点在以OP为直径的圆上;当M、N有与O重合时,也满足O、P、M、N四点共圆.故B正确;由双曲线的对称性可知,其中,,成立,故C正确;如图,利用双曲线的对称性,不妨设直线垂直一条渐近线,垂足为M;直线垂直另一条渐近线且交双曲线于点P,易知直线与直线的交点始终落在y轴上,故D 不正确.故选:ABC.三、填空题(本大题共4小题,共20分)13.经过两点的直线的方向向量为,则______.【答案】2【解析】【分析】方向向量与平行,由此可得.【详解】由已知,是直线的方向向量,则,故答案为:2.14.已知数列,,,,,,,,,,,,则该数列的第项为_____________.【答案】【解析】【分析】通过已知数列,利用等差数列求和,求解数列数字个数的和,再判断所在的位置即可.【详解】解:按规律排列的数列,,,,,,,,,,,,可知是个;是个,是个,是个,是个,是个,是个,因为,,所以该数列的第项为:.故答案为:.15.过点P作圆切线,记切点分别为A,B,则__________.【答案】##0.5【解析】【分析】圆的方程化为,求出圆心和半径,利用直角三角形求出,再利用二倍角公式计算即可.【详解】圆的方程化为,设圆心为C,则,因为,故P点在圆外, 则,在直角三角形ACP中,,所以,故答案为:.16.斐波那契数列因意大利数学家斐波那契以兔子繁殖为例引入,故又称为“兔子数列”,即,,,,,,,,,,,,,,在实际生活中,很多花朵如梅花、飞燕草、万寿菊等的瓣数恰是斐波那契数列中的数,斐波那契数列在现代物理及化学等领域也有着广泛的应用.斐波那契数列满足:,,经计算发现:(),则___________.【答案】【解析】【分析】利用递推关系,将所求关系式中的“”换为,再利用即可求得答案.【详解】依题意,得,即.故答案为:.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)17.已知等差数列,,其中,,仍成等差数列. (1)求数列的通项公式;(2)求数列的前项和,且,求.【答案】(1)(2)【解析】【分析】(1)设出公差,结合等差数列性质计算即可得;(2)由与的关系,构造出计算即可得.【小问1详解】设等差数列的公差为,由,是与的等差中项,得,解得,,故;【小问2详解】由,故,当时,,则,当时,,不符合上式,故.18.已知圆C的圆心为C,且过点,.(1)当AB为直径时,圆C的面积取得最小值,求此时圆C的标准方程及圆C的面积;(2)对于(1)中的圆,设过点的直线与圆C所截得弦长为2,求直线的方程.【答案】(1),;(2)或.【解析】 【分析】(1)求出线段中点,圆C的半径即可得解.(2)根据给定条件,求出圆心到直线的距离,再按斜率存在与否求解即得.【小问1详解】当为直径时,AB中点为圆心,半径,所以圆C的方程为:,圆C的面积.【小问2详解】由被截得弦长为,圆的半径为,得圆心到直线的距离为,当直线的斜率存在时,设其方程为,即,则圆心到直线的距离,解得,直线的方程为,又直线的斜率不存在时,其方程为,圆心到直线的距离为2,所以直线的方程为或.19.如图,四棱锥的底面是边长为的正方形,侧面底面,且分别为棱的中点.(1)求证:;(2)求点到平面的距离.【答案】19.证明见解析20.【解析】【分析】(1)利用面面垂直推出另一个线面垂直,再结合一个线线垂直条件即可得证.(2)取的中点,连接,根据面面垂直的性质可证底面,以为坐标原点,过平行于的直线为轴,以,所在直线分别为轴和轴建立空间直角坐标系,标出所用点的坐标,求出和所对应向量的坐标,由两向量的数量积等于可证明;求出平面 的一个法向量,在平面内任取一点,和连接后得到一个向量,直接运用向量求点到平面的距离公式求距离即可.【小问1详解】在中,易知且是的中点,故,且在正方形中,,面面,面面,面面,故面,易知面,故,又,,综上【小问2详解】如图,以为坐标原点,过平行于的直线为轴,以,所在直线分别为轴和轴建立空间直角坐标系,则,,,,,,,.设平面的法向量为,由,得,取,得,.所以,又, 所以点到平面的距离20.已知是抛物线的焦点,抛物线上点A满足AF垂直于x轴,且.(1)求抛物线C的标准方程;(2)是该抛物线上的两点,,求线段的中点到轴的距离;(3)已知点,直线过点与抛物线交于,两个不同的点均与点H不重合,设直线,的斜率分别为,,求证:为定值.【答案】(1)(2)(3)证明见解析【解析】【分析】(1)由题意代入坐标可得的值,从而得到抛物线方程(2)然后再依据定义求得线段的中点到轴的距离.(3)设过点的直线的方程为,代入利用韦达定理,结合斜率公式,化简,即可求的值.【小问1详解】由题知,又,所以,解得.所以抛物线的方程为.【小问2详解】.线段的中点到轴的距离为.【小问3详解】证明:设过点的直线的方程为,即,代入,得, 设,,则,,所以,,所以定值.21.如图,在正三棱柱中,,,分别为,,的中点,,.(1)证明:平面.(2)若平面,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)根据线面平行的判定定理,给合三角形中位线定理、平行线的性质进行证明即可;(2)利用空间向量夹角公式进行求解即可. 【小问1详解】因为,分别为,的中点,所以.在正三棱柱中,所以.又平面,平面,所以平面.【小问2详解】取的中点,连接.以为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系,则,,,,.设平面的法向量为,则取,则易知是平面的一个法向量,所以.故平面与平面夹角的余弦值为. 22.已知椭圆C的方程为,其离心率为,,为椭圆的左右焦点,过作一条不平行于坐标轴的直线交椭圆于A,B两点,的周长为.(1)求椭圆C的方程;(2)过B作x轴的垂线交椭圆于点D.①试讨论直线AD是否恒过定点,若是,求出定点坐标;若不是,请说明理由.②求面积的最大值.【答案】(1);(2)①恒过定点;②.【解析】【分析】(1)根据已知焦点三角形周长,由椭圆定义及其离心率求椭圆参数即可得方程;(2)①设直线AD为且,,,,联立椭圆方程,应用韦达定理并结合A,B,共线有,整理化简求参数m,即可确定定点;②由直线AD所过定点,结合并将韦达公式代入化简,应用基本不等式求面积最大值,注意取值条件.【小问1详解】由题的周长,可得,又,则,,故椭圆的方程为.【小问2详解】①由题,设直线AD为且,,,, 联立方程可得:,化简可得:,所以,,因为A,B,共线,则有,化简可得,即,化简可得恒成立.∴,即直线AD的方程为恒过定点.②设直线AD恒过定点记为,由上,可得,所以,·,令,则,当且仅当,即时,取等号.∴面积的最大值为.【点睛】关键点点睛:第二问,设直线AD为且,利用椭圆方程,应用韦达定理及已知条件求出参数m为关键.
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高中 - 数学
发布时间:2024-01-16 03:55:02
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