2024-2025学年福建省厦门市高二上册第二次月考（12月）数学检测试题（含解析）

2024-2025学年福建省厦门市高二上学期第二次月考（12月）数学检测试题一、单选题（本大题共8小题）1．等差数列中，已知，则该数列的前9项和为（

）A．54 B．63 C．66 D．722．棱长为的正四面体中，点是AD的中点，则（

）A． B． C． D．3．设Sn是等比数列an的前n项和，若S3=4，a4A．32B．1910C．53D．1964．已知两条直线与被圆截得的线段长均为2，则圆的面积为（

）A． B． C． D．5．如图所示，椭圆的中心在原点，焦点，在x轴上，A，B是椭圆的顶点，P是椭圆上一点，且轴，，则此椭圆的离心率是（

）A． B． C． D．6．已知四面体中，，，两两垂直，，与平面所成角的正切值为，则点到平面的距离为（）A． B． C． D．7．设，若过定点A的动直线和过定点B的动直线交于点，则的最大值是（

）A． B．2 C．3 D．58．正方体的棱长为5，点在棱上，且，点是正方体下底面内（含边界）的动点，且动点到直线的距离与点到点的距离的平方差为25，则动点到点的最小值是（）A． B． C． D．二、多选题（本大题共3小题）9．已知是等差数列的前项和，，且，则（）A．公差 B． C． D．时，最大10．在正方体中，，点是的中点，空间中一点满足，则（

）A．当时，B．当时，三棱锥的体积为定值C．当时，有且仅有一个点，使得平面D．当时，有且仅有一个点，使得与所成角为11．双纽线，也称伯努利双纽线，伯努利双纽线的描述首见于1694年，雅各布·伯努利将其作为椭圆的一种类比来处理.椭圆是由到两个定点距离之和为定值的点的轨迹，而卡西尼卵形线则是由到两定点距离之乘积为定值的点的轨迹，当此定值使得轨迹经过两定点的中点时，轨迹便为伯努利双纽线.曲线：是双纽线，则下列结论正确的是（

）A．曲线经过5个整点（横、纵坐标均为整数的点）B．已知，，为双纽线上任意一点，则C．若直线与曲线只有一个交点，则实数的取值范围为D．曲线关于直线对称的曲线方程为三、填空题（本大题共3小题）12．已知数列的前项和为，且满足，则．13．如图，在四棱柱中，底面是平行四边形，点为的中点，若，则.14．古希腊数学家阿波罗尼斯的著作《圆锥曲线论》中有这样一个结论：平面内与两点距离的比为常数（）的点的轨迹是圆，后人称这个圆为阿波罗尼斯圆.已知点，为直线：上的动点，为圆：上的动点，则的最小值为.四、解答题（本大题共5小题）15．若数列的前n项和为，且，等差数列满足，.(1)求数列，的通项公式；(2)设，求数列的前n项和.16．如图，在四棱锥中，，，，，平面，与平面所成角为，为中点，

(1)证明：；(2)若直线与平面所成角为，求的值.17．已知双曲线C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的虚轴长为4，直线2x－y＝0为双曲线C的一条渐近线．(1)求双曲线C的标准方程；(2)记双曲线C的左、右顶点分别为A，B，过点T(2,0)的直线l交双曲线C于点M，N(点M在第一象限)，记直线MA的斜率为k1，直线NB的斜率为k2，求证：eq\f(k1,k2)为定值．18．已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的左､右焦点分别为，离心率为，设Px0,y0是第一象限内椭圆

(1)求椭圆的方程；(2)当轴，求的面积；(3)若分别记的斜率分别为，求的最大值.19．已知两个数列和的项数均为，且对于数列，其中，若存在满足：①，都有；②，使得，则称数列是的单极数列.(1)已知，若的单极数列为，求满足条件的的个数.(2)已知是的单极数列.（i）若，求.（ii）若，当时，证明.

答案1．【正确答案】A【详解】由等差数列的性质可知，则，故前9项的和为.故选A.2．【正确答案】A【详解】因为，所以，又，，，，所以．故选：A．3．【正确答案】B【分析】设等比数列an的公比为q，求得q3【详解】设等比数列an的公比为q，若q=1，则a4所以，q≠1，故a4+a5+所以，S6=S9=因此，S9S4．【正确答案】A【详解】因为两条直线与，所以，所以与间的距离为，所以圆心到直线的距离为1，因为直线被圆截得的弦长为2，所以圆的半径为，所以圆的面积为.故选：A.5．【正确答案】B【详解】椭圆方程，则点P的坐标为，，，，于是，，由得，即，故，．故选：B6．【正确答案】D【详解】以为原点，，，所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，如图所示：设，，，，，．，，．设平面的法向量为，则，令，得，，故．因为直线与平面所成角的正切值为，所以直线与平面所成角的正弦值为．即，解得．所以平面的一个法向量，故到平面的距离为．故选：D7．【正确答案】A【分析】先确定两直线所过的定点、的坐标，然后根据两直线的位置关系可判断它们垂直，结合基本不等式求解即可.【详解】依题意，直线过定点，直线可整理为，故直线过定点，又因为直线和直线始终垂直，为两直线交点，所以，则，由基本不等式可得，当且仅当时取等号，所以的最大值是.故选：A.8．【正确答案】A【详解】如图所示，作，Q为垂足，则易知平面，过点Q作，交于，则易知平面，所以即为P到直线的距离．因为，且，所以．所以点P的轨迹是以AD为准线，点M为焦点的抛物线．如图建立直角坐标系，则点P的轨迹方程是，点，设，所以，所以当，取得最小值.故选：A9．【正确答案】BC【详解】设等差数列的公差为，由得，由于，所以，，所以AD选项错误，B选项正确.，C选项正确.故选：BC10．【正确答案】AC【详解】对于选项A，当时，，如图所示，

根据平面向量基本定理，此时P在线段上，由于在正方体中，平面，平面，所以，选项A正确；对于选项B，当时，，如图所示，

由平面向量基本定理，此时P在线段上，由图可知，三棱锥当以平面为底面时为定值，但因为顶点P在线段上运动，所以P到底面的高不确定，故三棱锥的体积不是定值，选项B错误；对于选项C，当时，如图所示，

此时，由平面向量基本定理，取AB与中点M，N，则P在线段MN上运动，由图可知，过B点且与平面平行的平面为平面，平面，所以此时平面，又P是MN与交点，即当且仅当P是MN中点时，有平面，故选项C正确；对于选项D，如图所示，

以D为原点，DC，DA，分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则，因为，则有，又，所以，所以.于是，，所以的夹角为时有，，解得或，即或都可以使得的夹角为，选项D错误.故选：AC.11．【正确答案】BCD【详解】对于A，由，可得，所以，即，令，解得，或；当时，得，无解；当时，得，无解；所以曲线C经过整点，故A错；对于B，由于，，则，所以为双纽线上任意一点，则，B正确；对于C，直线与曲线一定有公共点，若直线与曲线C只有一个交点，所以，整理得无非零实数解，，实数k的取值范围为，故C正确；对于D，曲线方程中x，y互换可得曲线C关于直线对称的曲线方程为，故D正确.故选：BCD.12．【正确答案】【详解】根据题意，数列满足，当时，有；当时，有，不符合，故故13．【正确答案】【详解】在四棱柱中，底面是平行四边形，点为的中点，所以又所以即.故答案为.14．【正确答案】【详解】令，则，依题意，圆是由点，确定的阿波罗尼斯圆，且，设点坐标为，则，整理得，而该圆的方程为，则，解得，点的坐标为，因此，当时，最小，最小值为，所以当时，的值最小为.故15．【正确答案】(1)；(2)【详解】（1），又，两式相减得，即，故数列是以3为公比的等比数列，又当时，，得，，，，等差数列的公差为，；（2）由（1）可得，，上两式相减得，.16．【正确答案】(1)证明见解析；(2).【详解】（1）因为，，所以，因为平面，与平面所成角为，所以为与平面所成角，即，则，又平面，所以，所以可建立如图所示的空间直角坐标系，

则由题，所以，，所以，所以，即.（2）设平面的法向量为n=x,y,z则，所以，所以由（1）得，取，则，又直线与平面所成角为，所以，解得.17．【正确答案】(1)x2－eq\f(y2,4)＝1(2)证明见详解【详解】(1)∵虚轴长为4，∴2b＝4，即b＝2，∵直线2x－y＝0为双曲线C的一条渐近线，∴eq\f(b,a)＝2，∴a＝1，故双曲线C的标准方程为x2－eq\f(y2,4)＝1.(2)由题意知，A(－1,0)，B(1,0)，由题可知，直线l的斜率不能为零，故可设直线l的方程为x＝ny＋2，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，联立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2－\f(y2,4)＝1，,x＝ny＋2，）得(4n2－1)y2＋16ny＋12＝0，∴y1＋y2＝－eq\f(16n,4n2－1)，y1y2＝eq\f(12,4n2－1)，∴ny1y2＝－eq\f(3,4)(y1＋y2)，∵直线MA的斜率k1＝eq\f(y1,x1＋1)，直线NB的斜率k2＝eq\f(y2,x2－1)，∴eq\f(k1,k2)＝eq\f(\f(y1,x1＋1),\f(y2,x2－1）＝eq\f(y1(ny2＋1),y2(ny1＋3）＝eq\f(ny1y2＋y1,ny1y2＋3y2)＝eq\f(－\f(3,4)(y1＋y2)＋y1,－\f(3,4)(y1＋y2)＋3y2)＝－eq\f(1,3)，为定值．18．【正确答案】(1)(2)(3)【详解】（1）由题意：，可得：，故椭圆方程；（2）设Ax当时，由在第一象限，可得，即P1,22，故求得直线方程为联立方程，得，整理得，，所以；（3）设Ax1,y1,Bx由题意故将直线与椭圆联立方程，代入可得整理可得：，所以，即