河南省青桐鸣联考2023-2024学年高二上学期12月联考数学试题（人教版）（含解析）

河南省青桐鸣联考2023-2024学年高二上学期12月联考
数学（人教版）
全卷满分150分，考试时间120分钟.
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名 班级 考场号 座位号 考生号填写在答题卡上.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
一 选择题：本大题共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的.
1.已知，则（ ）
A.0 B.2 C.-2 D.-3
2.若经过两点的直线斜率为1，则实数（ ）
A. B.3 C.2 D.1
3.在空间直角坐标系中，点关于平面的对称点为，则（ ）
A.6 B.5 C.4 D.3
4.已知数列是首项为3，公差为1的等差数列，则（ ）
A. B. C. D.
5.已知圆的方程为，过点作圆的切线，则切线的斜率为（ ）
A. B. C. D.±1
6.已知自然界中存在某种昆虫，其在幼虫期到成虫期这个时间段内会伴随着蜕皮和生长的交替，该种昆虫最开始的身体长度记为，其在发育过程中先蜕皮，身体总长度减少，此时昆虫的长度记为；蜕皮之后，迅速生长，当身体总长度增加了蜕皮后那一时刻的，此时昆虫的长度记为，然后进入下一次蜕皮，以此类推.若，则（ ）
A.18 B. C. D.
7.如图，在圆锥中，点在底面圆周上，点分别是母线的中点，，记，则（ ）
A. B.
C. D.
8.已知点在椭圆上，且，则的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
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.已知数列满足，则的值可能为（ ）
A.1 B.1314 C. D.
10.已知圆，直线，则（ ）
A.恒过定点
B.圆心位于第二象限
C.与圆恒有两个交点
D.被圆截得的最短弦长为
11.已知方程表示的曲线为，则
A.当时，曲线表示圆心在原点，半径为的圆
B.当时，曲线表示双曲线
C.当时，曲线表示焦点在轴上的椭圆
D.曲线可能为等轴双曲线
12.在棱长为2的正方体中，，点为棱上一动点（可与端点重合），则（ ）
A.当点与点重合时，四点共面且
B.当点与点重合时，
C.当点为棱的中点时，平面
D.直线与平面所成角的正弦值存在最小值
三 填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.
13.圆的面积为__________.
14.若，则在上的投影向量的模为__________.
15.已知等比数列的公比为，其前项和为，则的最大值与最小值之和为__________.
16.已知直线交于两点，直线交的右支于点（异于点），且，则在轴上的截距为__________.
四 解答题：共70分.解答应写出文字说明 证明过程或演算步骤.
17.（10分）
已知点.
（1）求点到直线的距离；
（2）若直线与直线相互垂直，求实数的值.
18.（12分）
已知数列的前项和为，且.
（1）求数列的通项公式；
（2）求.
19.（12分）
在以为坐标原点的平面直角坐标系中，抛物线，不过焦点的直线与抛物线交于两点，.
（1）求的焦点坐标和准线方程；
（2）证明：直线过定点.
20.（12分）
已知数列满足.
（1）求数列的通项公式；
（2）探究数列是否存在最大项，并说明理由.
21.（12分）
如图，已知斜四棱柱，底面为等腰梯形，为线段的中点，四边
形为菱形，点到底面的距离为，且为线段的中点.
（1）证明：平面；
（2）求二面角的平面角的余弦值.
22.（12分）
已知椭圆与椭圆有相同的离心率，且为的上顶点.
（1）求的标准方程；
（2）设斜率存在且经过原点的直线交于两点，直线与异于点的另一交点分别为点，求的取值范围.
河南省青桐鸣联考2023-2024学年高二上学期12月联考
数学（人教版）答案
1.B 【解析】.故选B.
2.A 【解析】由题意可得，解得.故选A.
3.A 【解析】由题意知，在空间直角坐标系中，点关于平面的对称点为，，故.故选A.
4.B 【解析】因为是首项为3，公差为1的等差数列，故，故，故.故选B.
5.C 【解析】圆的方程为，圆心为，半径为1，过点作圆的切线，
显然，切线斜率存在，设切线方程为，
即.则，解得.故选C.
6.C 【解析】由题知，，解得.故选C.
7.D 【解析】记，则.故选D.
8.D 【解析】由，整理得，将代入椭圆的方程，得.两边同时乘并整理，得，所以.
又因为，所以，所以，所以.
所以的取值范围是.故选D.
9.ACD 【解析】由，可得或.当时，则，因为，故；当时，则为等比数列，且公比为，故.
若前793项有，而第794项至第1314项是以为公比的等比数列，则.
故选ACD.
10.BCD 【解析】由题意得直线的方程为12），
令解得，故直线恒过定点，故A错误；
将圆的方程转化为标准方程可得，
易知圆心位于第二象限，故B正确；
易得恒过的定点位于圆内部，故与圆恒有两个交点，故C正确；
设直线恒过的定点为点，则当时，弦长最短，
则最短弦长，故D正确.故选BCD.
11.BD 【解析】对于，当时，
，曲线为，
其表示圆心在原点，半径为的圆，故A错误；
对于，当时，，所以，所以曲线表示双曲线，故B正确；
对于C，当时，，所以，故，所以曲线表示焦点在轴上的椭圆，故错误；对于，若曲线为等轴双曲线，则，即，解得或，显然存在，故D正确.故选BD.
12.BD 【解析】以点为坐标原点，所在直线分别为轴 轴 轴建立如图所示的空间直角坐标系
则，，.
对于选项，当点与点重合时，，，
结合图形可知，四点共面，且，
，
则
，
所以
，
在梯形中，，则
，
因此，，故A错误；
对于B选项，此时，则，-2），所以，故B正确；
对于C选项，此时，则，，又，
故，故与不垂直，故不垂直于平面，故C错误；
对于选项，设点，其中，
设平面的法向量为，
则取，
则，
设直线与平面所成的角为，
，故D正确.故选BD.
13. 【解析】将圆的方程转化为，半径为3，故圆的面积为.
14. 【解析】由已知得，则在上的投影向量的模为.
15. 【解析】等比数列的公比为，
所以，
当为奇数时，，易得单调递減，且，所以
当为偶数时，，易得单调递增，且，所以.
所以的最大值与最小值分别为，其和为.
16.-12 【解析】设，
联立
整理得，
因为直线交于两点，
所以，
所以，
，
令可得，则，即，
所以，即，
所以，
整理得，
解得或（舍去）.
故直线的方程为，
令，则.
17.解：（1）由直线的两点式方程可得直线的方程为，
即，
故点到直线的距离为.
（2）由直线的两点式方程可得直线的方程为，
即.
又因为直线与直线垂直，则，
解得.
18.解：（1）由题意可得，
又，
令可得，，
故.
（2）由（1）得，
则，
两式相减可得，
，
所以.
19.解：（1）由题可知的方程为，故的焦点坐标为，
准线方程为.
（2）证明：设直线的方程为，，
联立消去可得，
则，
且，
所以，
由，得，
即，
解得（舍去）或，
所以直线过定点.
20.解：（1）由题意得，
所以，
又，所以，
所以数列是首项为2，公比为2的等比数
列，
所以，
所以，
故.
（2）由（1）得，
.
所以，
当时，，即；
当时，，即；
当时，，即，
所以，且，
所以数列存在最大项，为和.
21.解：（1）证明：等腰梯形中，
因为四边形为菱形，且为的中点，，
则.
故是等边三角形，则，
所以，即，
又，即，
又平面，
所以平面.
（2）过点作交于，
易得平面，则，
又，所以，
而由（1）知，因此，
以为坐标原点，以所在直线分别为轴 轴，以过点垂直于底面的直线为
轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，
故，则.
设平面的法向量为，则
则取，则.
平面的一个法向量为，
则，
易得该二面角为钝角，
故二面角的平面角的余弦值为.
22.解：（1）因为为椭圆的上顶点，
所以.
又椭圆与椭圆有相同的离心率，
所以，
所以，
故的标准方程为.
（2）不妨设在轴右侧，
易得，且，
故，
由题意知直线的斜率存在，设其方程为，
则的直线方程为，
联立直线和的方程
整理得，
解得或0，即；
联立直线和的方程
整理得，
解得或0，即，
故，
同理可求得，
所以，
设，
则
，
而，
由于，故
，
故，
故的取值范围为.