2022-2023学年福建省永春县中高二年级上册学期12月月考数学试题【含答案】

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.25.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.27.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.38.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1C.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.3611.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.A2.B3.A4.C5.D6.D7.B8.D8.【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：D9.AD10.AD11.BCD12.ACD12.【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