河南省南阳市淅川县重点中学2023-2024学年高二上学期12月月考数学试题（含答案）

-2024学年高二上学期12月考试题数学一、单选题1．直线的倾斜角为（

）A． B． C． D．2．已知，，，若P，A，B，C四点共面，则（

）A．3 B． C．7 D．3．“”是“方程表示椭圆”的（

）A．充要条件 B．必要不充分条件C．充分不必要条件 D．既不充分也不必要条件4．已知直线的一个方向向量为(，2)，直线的一个法向量为(m，6)，若，则m＝（

）A． B．3 C．6 D．95．已知等差数列中，，则（

）A．30 B．15 C．5 D．106．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．7．甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为，侧面积分别为和，体积分别为和，若，则（

）A． B． C． D．8．设为坐标原点，直线过抛物线的焦点，且与交于两点，其中在第一象限，则下列正确的是（

）A．的准线为B．的最小值为C．以为直径的圆与轴相切D．若且，则二、多选题9．已知直线和直线，下列说法正确的是（

）A．当时，B．当时，C．直线过定点，直线过定点D．当平行时，两直线的距离为10．已知是等差数列的前n项和，且，则下列选项不正确的是（）A．数列为递减数列 B．C．的最大值为 D．11．已知方程表示的曲线为C，则（

）A．当时，曲线C表示圆心在原点，半径为的圆B．当时，曲线C表示双曲线C．当时，曲线C表示焦点在x轴上的椭圆D．曲线C可能为等轴双曲线12．在棱长为2的正方体中，，点M为棱上一动点（可与端点重合），则（

）A．当点M与点A重合时，四点共面且B．当点M与点B重合时，C．当点M为棱的中点时，平面D．直线与平面所成角的正弦值存在最小值三、填空题13．如图，正方形和的边长都是1，且平面，点、分别在、上移动，若，则线段长度的最小值为.14．已知实数满足，则的最大值是．15．点A是圆上的一个动点，点，当点A在圆上运动时，线段的中点P的轨迹方程为.16．设，分别为椭圆与双曲线的公共焦点，它们在第一象限内交于点，，若椭圆的离心率，则双曲线的离心率的取值范围为四、解答题17．（1）求过点，且与直线平行的直线的一般式方程；（2）求过点，且在轴上的截距与在轴上的截距之和为2的直线的斜率．18．已知是抛物线：上一点，且到的焦点的距离为．(1)求抛物线的方程及点的坐标；(2)已知直线与抛物线相交于A，B两点，为坐标原点．求证：．19．已知点是双曲线上任意一点.(1)求证：点到双曲线的两条渐近线的距离的乘积是一个常数；(2)已知点，求的最小值.20．已知数列的通项公式为，在公差为整数的等差数列中，，且成等比数列.(1)求数列的通项公式；(2)求数列的前项和.21．如图，在四棱锥中，，，，，，，．(1)证明：平面平面；(2)在线段上是否存在一点，使直线与平面所成角的正弦值等于？22．已知椭圆的焦距与短轴长相等，点在椭圆上.(1)求椭圆的标准方程；(2)已知圆的切线与椭圆相交于两点，证明：以为直径的圆必经过原点.参考答案1．A【详解】由题意直线的斜率为，所以直线的倾斜角为.故选：A.2．C【详解】由P，A，B，C四点共面，可得，，共面，设，则，解得．故选：C.3．B【详解】等价于.若，则方程表示单位圆.若方程表示椭圆，则椭圆方程可化为，则且.故“”是“方程表示椭圆”的必要不充分条件.故选：B.4．A【详解】，直线的一个方向向量为(，2)，直线的一个法向量为(m，6)，直线的一个方向向量与直线的一个法向量平行，解得,故选:A5．B【详解】∵数列为等差数列，，所以∴.故选：B6．A【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：A7．D【分析】设圆锥的母线长为，设甲、乙两个圆锥的展开图的圆心角分别为、，底面圆半径分别为、，锥体的高分别为、，求出、、、，利用锥体的体积公式可求得的值.【详解】设圆锥的母线长为，设甲、乙两个圆锥的展开图的圆心角分别为、，底面圆半径分别为、，锥体的高分别为、，则，，则，由题意可得，解得，由题意可得，则，则，，则，则，所以，，，因此，.故选：D.8．B【分析】根据抛物线性质可得的准线为，即A错误；利用抛物线定义由基本不等式可求得B正确；由直线与圆的位置关系可得以为直径的圆与轴相交，即C错误；由可得。利用向量夹角的坐标表示可求得，即D错误.【详解】对于选项A，由抛物线的焦点可得，所以，即的准线为，故A错误；对于B，如下图所示：设直线的方程为，；联立直线与抛物线方程可得，可得；由抛物线定义可得；所以，当且仅当，即时，等号成立；即B正确；对于C，以为直径的圆的圆心为,此时圆心到轴的距离为，而，所以以为直径的圆与轴相交，即C错误；对于D，易知，由可知点在的垂直平分线上，所以；由即可得，如下图所示：，所以，同理可得，可得，所以，即D错误；故选：B【点睛】方法点睛：在求解夹角问题时可利用平面向量的坐标表示，利用数量积的符号确定夹角的大小或取值范围.9．ACD【分析】根据直线平行和垂直满足的斜率关系即可判断AB，根据定点的求解可判断C，根据平行线间距离公式可判断D.【详解】对于，当时，那么直线为，直线为，此时两直线的斜率分别为和，所以有，所以，故A选项正确；对于，当时，那么直线为，直线为，此时两直线重合，故B选项错误；对于，由直线，整理可得：，故直线过定点，直线：，整理可得：，故直线过定点，故C选项正确；对于，当平行时，两直线的斜率相等，即，解得：或，当时，两直线重合，舍去；当时，直线为为，此时两直线的距离，故D选项正确.故选：ACD.10．ABC【分析】根据等差数列的性质可得，则，即可判断AB，根据数列的单调性即可判断C，根据等差数列前n项求和公式计算即可判断D.【详解】因为，故，，所以等差数列为递增数列，故AB错误；因为时，，当时，，所以的最小值为，故C错误；因为，故D正确.故选：ABC11．BD【分析】分取值讨论，再结合曲线的定义判断即可.【详解】A：当时，，方程为，曲线C表示圆心在原点，半径为的圆，故A错误；B：当时，，即曲线C表示双曲线，故B正确；C：当时，，即曲线C表示焦点在y轴上的椭圆，故C错误；D：若为等轴双曲线，则或，当时，即，解得，此时曲线C为等轴双曲线，故D正确；故选：BD12．BD【分析】根据题意，证得，得到四点共面，且四边形为等腰梯形，求得梯形的面积，可判定A不正确；证得，设，在直角中，求得，可判定B正确；以为原点，建立空间直角坐标系，结合，可判定C不正确；设，求得平面的法向量，结合向量的夹角公式，求得，可判定D正确.【详解】对于A中，由棱长为2的正方体中，，可得点为的中点，且点为的中点，可得，当点和点重合时，可得，所以，所以四点共面，且四边形为等腰梯形，又由，可得梯形的高为，所以四边形的面积为，所以A不正确；对于B中，由点为的中点，且点为的中点，可得，当点与点重合时，则异面直线与所成的角，即为直线与所成的角，设，在直角中，，可得，可得，又由，所以，所以B正确；对于C中，以为原点，以所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示，因为正方体的棱长为，当点为棱的中点时，可得，可得，则，所以与平面不垂直，所以C不正确；对于D中，由C中的空间直角坐标系，设，可得，则，设平面的法向量为，则，取，可得，所以，设直线与平面所成角为，可得，当时，可得，即直线与平面所成角的正弦值存在最小值，所以D正确.故选：BD.13．/【分析】根据题意建立空间直角坐标系，利用两点距离公式，结合二次函数的性质即可得解.【详解】正方形和的边长都是1，且平面，因为⊥，⊥，所以为平面与平面夹角的平面角，故，以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，因为，所以，则，故当时，取的最小值，最小值为.故答案为：14．【分析】表示直线上的点到点与的距离之差，求出点关于直线的对称点为，再根据即可得解.【详解】表示直线上的点到点与的距离之差，设点关于直线的对称点为，则，解得，即，则，当且仅当三点共线时取等号，所以的最大值为.

故答案为：.15．【分析】设，利用中点坐标公式可用x，y表示出，再根据点A在圆上，即可得到答案．【详解】设，又点，则，所以，，又点A在圆上，则，即，所以线段AB的中点P的轨迹方程为．故答案为：．16．【分析】根据椭圆和双曲线的定义，结合余弦定理进行、椭圆和双曲线的离心率公式进行求解即可.【详解】设，因为两个曲线在第一象限内交于点，所以有，解得，因为，所以由余弦定理可知：，因为，分别为椭圆与双曲线的公共焦点，所以设，于是有，化简得：，因为，所以，所以，故答案为：【点睛】关键点睛：本题的关键是利用两种曲线的定义和余弦定理.17．（1）；（2）．【分析】（1）根据平行关系设出直线方程，利用过点的坐标可得答案；（2）先利用点斜式设出方程，利用截距的关系求出方程.【详解】（1）依题意可设所求直线的方程为，将点的坐标代入得，解得，故所求直线的方程为．（2）依题意可设所求直线的方程为．令，得；令，得．依题意可得，解得．18．(1)，或(2)证明见解析【分析】（1）由抛物线定义有，即得抛物线方程，将点代入求点坐标；（2）令联立方程，应用韦达定理和向量数量积的坐标表示求，即可证结论.【详解】（1）由抛物线定义知：，可得，则，故，所以或.（2）令，联立直线与，所以，故，所以，又，则，所以，得证.19．(1)证明见解析(2)【分析】（1）根据点到直线的距离公式即可化简求解，（2）根据点点距离公式，结合二次函数的性质即可求解.【详解】（1）由已知可得，所以双曲线的渐近线方程为，点到直线，即直线的距离，点到直线，即直线的距离，所以点到双曲线的两条渐近线的距离的乘积为，又在双曲线上，所以，所以，所以是一个常数；（2）因为，所以，解得或，所以，当时，的最小值为，所以的最小值为.20．(1)(2)【分析】（1）根据等差数列、等比中项等知识求得，进而求得.（2）利用错位相减求和法求得.【详解】（1）因为，所以，即，因为成等比数列，所以，设数列的公差为，所以，解得或（舍去），所以，所以.（2）①，②，由①-②得，求得，即.21．(1)证明见解析(2)存在【分析】（1）证明平面，利用面面垂直的判定定理可证得结论成立；（2）证明出，以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的方向建立空间直角坐标系，设，其中，利用空间向量法可得出关于的方程，结合的取值范围可求得的值，即可得出结论.【详解】（1）证明：在中，，，，，，所以，又，，，在中，由正弦定理得，，，所以，，，，，平面，平面，所以，平面平面.（2）解：因为，，，在中，由余弦定理可得，，则，因为平面，以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的方向建立如下图所示的空间直角坐标系，则、、、，设平面的法向量为，，，则，取可得，设，其中，则，由已知可得，整理可得，因为，解得，因此，当点为线段的中点时，直线与平面所成角的正弦值等于.22．(1)(2)证明见解析【分析】（1）利用焦距与短轴长即可得，将点计算即可求出椭圆的标准方程；（2）对切线的斜率是否存在进行分类讨论，联立直线和椭圆方程并由