浙江省温州市温州中学2023-2024学年高二上学期12月月考数学试题（Word版附解析）

浙江省温州中学2023学年第一学期12月月考高二数学学科特色创新卷一、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AB.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:B5.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：D7.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：AD10.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：BC11.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：ACD12.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：4815.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.