2024-2025学年陕西省西安市高二上学期11月月考数学检测试题（含解析）

2024-2025学年陕西省西安市高二上学期11月月考数学检测试题一、单选题（本大题共8小题）1．在等差数列中，已知，，则等于（）A．11 B．13 C．15 D．162．若将直线沿轴正方向平移3个单位长度，再沿轴负方向平移5个单位长度，又回到了原来的位置，则直线的斜率是（

）A． B． C． D．3．设为等比数列，则“对于任意的”是“为递增数列”的（

）A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件4．直线与圆的位置关系是（

）A．相交 B．相切 C．相离 D．与a的取值有关5．在四棱锥中，，，，则此四棱锥的高为（

）A． B． C． D．6．已知O为坐标原点，F为抛物线C：的焦点，点在C上，且，则C的方程为（）A． B．C． D．7．嫦娥四号任务经过探月工程重大专项领导小组审议，通过并且正式开始实施，如图所示.假设“嫦娥四号”卫星将沿地月转移轨道飞向月球后，在月球附近一点变轨进入以月球球心为一个焦点的椭圆轨道Ⅰ绕月飞行，之后卫星在点第二次变轨进入仍以为一个焦点的椭圆轨道Ⅱ绕月飞行.若用和分别表示椭圆轨道Ⅰ和Ⅱ的焦距，用和分别表示椭圆轨道Ⅰ和Ⅱ的长轴长，则下列关系中正确的是A． B． C． D．8．数列满足性质：对于任意的正整数n，都成立，且，，则的最小值为（

）A．18 B．20 C．25 D．28二、多选题（本大题共3小题）9．已知椭圆的左、右焦点分别为，，点为椭圆上一点，则（

）A．的周长为B．存在点，使得C．若，则的面积为D．使得为等腰三角形的点共有4个10．如图，在棱长为2的正方体中，E，F，G分别为棱，，的中点，则（）A．直线与所成角的余弦值为 B．点F到直线的距离为1C．平面 D．点到平面的距离为11．某数学兴趣小组的同学在探究“双”函数的图象和性质时，发现该函数的图象是双曲线，且存在实数，使得对恒成立．据此，下面的结论成立的是（）A．实数的最大值为 B．该双曲线的离心率为C．该双曲线的一个顶点是 D．该双曲线的焦距为三、填空题（本大题共3小题）12．已知直线，直线，若，则=.13．已知数列满足，，记数列的前项和为，则.14．设抛物线的焦点为F，若：与抛物线有四个不同的交点，记y轴同侧的两个交点为A，B，则的取值范围是.四、解答题（本大题共5小题）15．已知数列满足(1)求的通项公式；(2)在和之间插入个数，使得这个数依次构成公差为的等差数列，求数列的前项和.16．在平面直角坐标系中，已知点，动点的轨迹为．(1)求的方程；(2)若直线交于两点，且，求直线的方程．17．如图，在三棱台ABC−DEF中，AB=BC=AC=2，AD=DF=FC=1，N为DF的中点，二面角D−AC−B的大小为θ.（1）证明：AC⊥BN；（2）当θ为何值时，直线AD与平面BEFC所成角的正弦值为21718．已知O为坐标原点，椭圆左､右焦点分别为，短轴长为，过的直线与椭圆交于两点，的周长为8．(1)求的方程；(2)若直线l与Ω交于A，B两点，且，求|AB|的最小值；(3)已知点P是椭圆Ω上的动点，是否存在定圆O：x2＋y2＝r2（r＞0），使得当过点P能作圆O的两条切线PM，PN时（其中M，N分别是两切线与C的另一交点），总满足|PM|＝|PN|?若存在，求出圆O的半径r：若不存在，请说明理由．19．在空间直角坐标系中，已知向量，点.若平面以为法向量且经过点，则平面的点法式方程可表示为，一般式方程可表示为.(1)若平面，平面，直线为平面和平面的交线，求直线的方向向量（写出一个即可）；(2)若三棱柱的三个侧面所在平面分别记为，其中平面经过点，点，点，平面，平面，求出点到平面的距离;(3)已知集合，记集合中所有点构成的几何体的体积为中所有点构成的几何体的体积为，求和的值.

答案1．【正确答案】A【详解】设等差数列的公差为，则，即，解得，则.故选：A.2．【正确答案】A【详解】设是直线上任意一点，则平移后得点，于是直线的斜率.故选：A.3．【正确答案】C【详解】对于任意的，即.可得：，，任意的，解出即可判断出结论.【详解】解：对于任意的，即.∴，，任意的，∴，或.∴“为递增数列”，反之也成立.∴“对于任意的”是“为递增数列”的充要条件.故选：C.本题考查等比数列的单调性，充分必要条件，是基础题.4．【正确答案】A【详解】由知直线过，而点在圆内，所以直线与圆相交.故选：A.5．【正确答案】B【详解】设平面的法向量，则，令，得，所以此四棱锥的高.故选：B.6．【正确答案】B【详解】由抛物线的定义，可知，又，，则，即，由点在C上，得，结合，解得.所以C的方程为.故选：B.7．【正确答案】B【详解】根据给定的椭圆的图象，可得，所以，所以A项不正确；因为，所以，所以B项正确；由，可得，可得，整理得，即，又因为，所以，所以D项不正确；由，可得，所以C项不正确.综上可得是正确的.故选：B.8．【正确答案】D【详解】令，由得，即.又，，即，，∴，即，∴.故选：D.9．【正确答案】AB【详解】对于，由题意，，，故周长为，所以A正确；对于B，当点位于上下顶点时，为直角，所以B正确.对于C，当时，如图：设，，则.所以，所以C错误；对于D，若是以为顶点的等腰三角形，点位于上下顶点；若是以为顶点的等腰三角形，则，此时满足条件的点有两个；同理，若是以为顶点的等腰三角形，满足条件的点有两个；故使得为等腰三角形的点共六个，所以D错误.故选：AB10．【正确答案】BC【详解】如图，以为坐标原点建立空间直角坐标系，则，且E，F，G分别为棱，，的中点，可知，可得，对于选项A：因为，所以直线与所成角的余弦值为，故A错误；对于选项B：因为在方向上的投影向量的模长为，且，点F到直线的距离为，故B正确；对于选项C：因为，可得，且，平面，所以平面，故C正确；对于选项D：因为平面的法向量可以为，点到平面的距离为，故D错误；故选：BC.11．【正确答案】ABD【详解】由，恒成立，即，则，又当时，，所以，A选项正确；双曲线的一条渐近线为，倾斜角为，另一条渐近线为，则两条渐近线的夹角为，设双曲线的实轴长为，虚轴长为，焦距为，则，则双曲线离心率，B选项正确；双曲线实轴所在直线为两条渐近线夹角的角分线，即倾斜角为，即，联立，解得，或，所以双曲线的顶点为，，C选项错误；则，即，则，即焦距为，D选项正确；故选：ABD.12．【正确答案】−2【详解】，则；.若，则存在斜率，方程可化为，则且，解得.故答案为.13．【正确答案】【详解】由题意得，，，，，所以为周期数列，所以.故14．【正确答案】【详解】解：由题可得，如图：不妨设在轴右侧将方程与抛物线方程联立：，得，设，在轴同侧，不妨设则由与抛物线有四个不同的交点可得有两个不等的正根，得：，即，由抛物线定义可得，故15．【正确答案】(1)(2)【详解】（1）①，当时，②，由①②，得，即，又当时，，满足，所以.（2）由（1）知，所以，则，所以③，④，由③④得：，所以.16．【正确答案】(1)(2)【分析】（1）利用双曲线定义可得，即可求得的方程为；（2）联立直线与双曲线方程，利用韦达定理由弦长公式计算即可求得，可得直线的方程.【详解】（1）根据题意由可知，动点的轨迹为以为焦点，实轴长为的双曲线，即，所以，所以可得的方程为；（2）如下图所示：依题意设，联立与的方程，消去整理可得，则；且，解得；所以，解得，满足，符合题意；所以直线的方程为.17．【正确答案】(1)证明见解析；(2)2π3【分析】(1)取AC中点M，证明AC⊥平面NBM，即可证明AC⊥BN.(2)建立空间直角坐标系，找出直线AD与平面BEFC所成角，根据直线AD与平面BEFC所成角的正弦值，求得直线AD与平面BEFC所成角.【详解】（1）证明：取AC的中点M，连接NM，BM，因为AD=DF=FC=1,则AC⊥NM，又因为AB=BC=AC=2,则AC⊥BM，BM∩NM=M，∴AC⊥平面NBM，∵BN⊂平面NBM，∴AC⊥BN.（2）由(1)知BM⊥AC，MN⊥AC，∴∠NMB二面角D−AC−B的平面角，以M为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，A1,0,0，B0,3,0，C−1,0,0F−12,3CB=1,3,0设平面BEFC的法向量为：n=x,y,z∴CB⋅n=0CF令y=1，则n=−又AD=−设直线AD与平面BEFC所成角为α，则|cosn⋅即34+1−2cosθ+cos2θ解得cosθ=1或cosθ=−12由题意可知cosθ=−12所以θ=2π3【关键点拨】本题主要考查的是空间几何体的应用，线面垂直，线面角，二面角的应用，是难题.18．【正确答案】(1)(2)(3)存在，【详解】（1）设椭圆的半焦距为，由双曲线定义可得，，故，又．所以，．所以的方程为．（2）①若直线斜率不存在，则设，则，因为，所以，所以，所以．所以．②若直线斜率存在，设方程为．设，．联立，消去y整理得，，则．由韦达定理，得，于是，即．故．令，则，．所以．因为，所以当时，．综上，的最小值为．（3）如图所示，设PM，PN与圆O的切点分别为E，F，则．又，则．所以，所以．取MN中点Q，若O和Q不重合，则．所以．又因为M、N在椭圆上，则，所以，所以，所以，又，，所以．矛盾．所以O和Q重合，即M、N关于原点对称．所以．设直线的方程为，则r为点O到直线PM的距离，所以．由（2）可知，，故，即．又当MN斜率不存在时，也成立．综上，．所以存在定圆满足条件，此时.19．【正确答案】(1)；(2)；(3)，.【详解】（1）平面的法向量为，平面的法向量为，设平面与平面的交线的方向向量为，则，取，得，所