【文档说明】2022-2023学年湖南省长沙市A佳教育联盟高二上学期12月月考数学试题解析版.doc，共(18)页，1.704 MB，由小喜鸽上传

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第1页共18页2022-2023学年湖南省长沙市A佳教育联盟高二上学期12月月考数学试题一、单选题1．设集合1,2,3,4,5U=，2,3A=，2,3,4B=，则()()UUAB=痧（）A．1B．

5C．1,5D．1,2,5【答案】C【分析】由补集和交集的概念即可求解.【详解】由题可知：{1,4,5}UA=ð，{1,5}UB=ð，所以()(){1,5}UUAB=痧.故选：C2．已知ar，br为不共

线的非零向量，5ABab=+uuurrr，28BCab=−+uuurrr，33CDab=−rruuur，则（）A．A，B，C三点共线B．A，B，D三点共线C．B，C，D三点共线D．A，C，D三点共线【答案】B【分析】根据给定条件，求出,B

DACuuuruuur，再利用共线向量逐项判断作答.【详解】ar，br为不共线的非零向量，5ABab=+uuurrr，28BCab=−+uuurrr，33CDab=−rruuur，则5BDBCCDab=+=+uuuruuuru

uurrr，13ACABBCab=+=−+uuuruuuruuurrr，因1528−，则ABuuur与BCuuur不共线，A，B，C三点不共线，A不正确；因ABBD=uuuruuur，即ABuuur与BDuuur共线，且有公共点B，则A，B，D三点共线，B正确

；因2833−−，则BCuuur与CDuuur不共线，B，C，D三点不共线，C不正确；因11333−−，则ACuuur与CDuuur不共线，A，C，D三点不共线，D不正确.故选：B3．已知等比数列na，3101764aaa=，则1

0a=（）A．1B．2C．4D．8【答案】C【分析】根据等比数列的性质即可得到答案.第2页共18页【详解】1033101764aaaa==Q104a=故选：C.4．椭圆C：2251162xy+=的焦点坐标为（）A．()3,0−和()3,0B．()0,3−和()

0,3C．()4,0−和()4,0D．()0,4−和()0,4【答案】B【分析】根据椭圆的方程及性质求解即可.【详解】因为椭圆2251162xy+=中225a=，216b=，所以2229cab=−=，即3c=，又因为焦点在y轴上，所以

焦点坐标为()0,3−和()0,3.故选：B.5．将函数()sin2fxx=的图象先向右平移6个单位长度，再把所得函数图象上每一个点的横坐标变为原来的2倍，纵坐标不变，得到函数()gx的图象，则2g的值为（）A．12B．32−C．

12−D．32【答案】A【分析】根据三角函数图像平移伸缩变换法则可得()sin()3xxg=−，进而可得结果.【详解】函数()sin2fxx=的图象向右平移6个单位长度，可得sin[2()]sin(2)63yxx=−=−

；再将sin(2)3yx=−的图像上每一个点的横坐标变为原来的2倍，可得sin()3yx=−，即()sin()3xxg=−，所以1sin262g==.故答案为：A6．若等差数列na的前n项和为nS，则“20240S

，20250S”是“101210130aa”的（）第3页共18页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【答案】C【分析】根据等差数列的单调性以及等差数列的性质即可判断2012101

30,0aa，由101210130,0aa时，即可说明不必要性.【详解】由20240S，20250S可得na单调递增，且公差大于0，故20230S，()()120231202520232025202320250,022aaaa

SS++==，即12023101220aaa+=，12025101320aaa+=，即101210130,0aa，因此101210130aa，当101210130,0aa时，此时na单

调递减，则不可能满足20240S，20250S，因此“20240S，20250S”是“101210130aa”的充分不必要条件，故选：C7．已知直线l：350xy+−=和圆C：22240xyy+−−=交于A，B两点，则弦AB所对的圆心角的余弦值为（）A．225B．225−C．9

25−D．925【答案】C【分析】先利用几何法求弦长，再利用余弦定理即可求解.【详解】圆22240xyy+−−=的标准方程为22(1)5xy+−=，圆心为(0,1)C，半径5r=，圆心(0,1)C到直线350xy+−=的距离4210510d==，所以弦长22834

022555ABrd=−=−=，在ABCV中，由余弦定理可得：22234055925cos21025CACBABACBCACB+−+−===−.故选：C8．已知某抛物线()220ypxp=的焦点为F，抛物线上一点A在F的正上方，过点A的直线l与抛物线交于另一点B，

满足2BFAF=，则钝角AFB=（）第4页共18页A．7π12B．2π3C．3π4D．5π6【答案】D【分析】求出点A的坐标，根据抛物线的焦半径公式可求得点B的坐标，求出直线BF的倾斜角，进而可求得钝角AFB的大小.【详解】

由题知，抛物线的焦点为,02pF，准线方程为2px=−，因为点A在F的正上方，所以点A的坐标为,2pp，因为AFB为钝角，则点B在x轴下方，所以222BpxBFAFp+===，解得32Bxp=，即B点坐标为3,32pp（舍去）或3,32pp−

．因为直线BF的斜率为33322BFpkpp−==−−，所以直线BF的倾斜角为2π3，故钝角π2π5ππ236AFB=+−=．故选：D.二、多选题9．若0ab，则下列结论正确的是（）A．32aab

B．11abba++C．24abab+D．11aabb++【答案】BD【分析】利用作差法判断AD，利用不等式的同向可加性判断B，利用特殊值判断C即可.【详解】选项A：因为0ab，所以22ab，所

以22()0aab−，即32aab，A错误；第5页共18页选项B：因为0ab，所以11ba，所以11abba++，B正确；选项C：取1a=，2b=，则25ab+=，4425ab=，即24abab+，C错误；选项D：因为0ab

，所以1(1)(1)01(1)(1)aaabbaabbbbbbb++−+−−==+++，即11aabb++，D正确；故选：BD10．已知某圆锥的母线长为1，其轴截面为直角三角形，则下列关于该圆锥的说法中正确的有（）A．圆锥的体积为2π12

B．圆锥的表面积为12π2+C．圆锥的侧面展开图是圆心角为2π的扇形D．圆锥的内切球表面积为()24162π−【答案】ABC【分析】根据勾股定理求出圆锥的底面半径，再由圆锥的体积公式以及表面积公式可判断A、

B；根据圆锥侧面展开图与圆锥的数量关系，可得扇形的半径以及弧长，即可求得圆心角，即可判断C项；根据圆锥的轴截面，可知圆锥内切球的半径R即等于VABV内切圆的半径.根据等面积法即可求得外切圆的半径（即外切球的半径），代入球的表面积公式可

判断D.【详解】如图1为圆锥的轴截面，圆锥母线1VAVB==，且VAVB⊥.则2AB=，所以底面半径222ABr==，圆锥的高22VO=.对于A项，圆锥的体积2211222πππ332212VrVO===，故A正确；对于B项，圆锥的表面积2ππSrlr=+22

21ππ22=+21π2+=，故B正确；对于C项，圆锥的侧面展开图的半径11r=，弧长为22π2π2π2r==，则圆心角12π2π21r===，故C正确；第6页共18页对于D项，如图2，作出圆锥及其内切球的轴截面，设圆锥的内切球

半径为R，易知，圆锥内切球的半径R即等于VABV内切圆的半径.1122VABSVAVB==V，又111VABOABVOBVOASSSS=++VVVV()12RVAVBAB=++()11122R=++222R+=，所以22122R+=

，所以122222R−==+.圆锥的内切球表面积()2226π224π4π42SR−===−，故D错误.故选：ABC.11．已知1F，2F是双曲线E：()222210,0xyabab−=

的左、右焦点，过1F作倾斜角为45°的直线分别交y轴与双曲线右支于点M，P，1PMMF=，下列判断正确的是（）A．21π3PFF?B．2112MFPF=C．E的离心率等于21+D．E的渐近线方程为2yx=【答案】BC【

分析】根据题意得2//OMPF，212PFFF⊥，2112MFPF=；由212PFFF⊥知：22bPFa=，又122FFc=，1245PFF=o，求解离心率，根据离心率求解渐近线方程即可判断.【详解】如下图所示，因为1PMMF=，即M为1PF中

点，O为12FF中点，所以2//OMPF，第7页共18页因为12OMFF⊥，所以212PFFF⊥，所以21π2PFF=，2112MFPF=，A错误，B正确；由212PFFF⊥知222221PFcab−=，所以22bPFa=，又1

22FFc=，1245PFF=o，所以22bca=，即222caac−=，所以2210ee−−=，解得：21e=+，C正确；因为21e=+，所以22(322)ca=+，所以2222(222)abca=−=+，所以222ba=+，所以E的渐近线方程为222yx=+，D错误．故选：BC

．12．斐波那契数列又称黄金分割数列，因数学家列昂纳多·斐波那契以兔子繁殖为例子而引入，故又称为“兔子数列”.斐波那契数列用递推的方式可如下定义：用na表示斐波那契数列的第n项，则数列na满足：121aa==，21nnnaaa++=+，记121niniaaa

a==+++，则下列结论正确的是（）A．934a=B．()2233nnnaaan−+=+C．20212202120221iiaaa==D．201920211iiaa==【答案】ABC【分析】由数列的递推公式可判断AB，由累加法可判断CD.【详解】由2

1nnnaaa++=+知，na的前10项依次为：1，1，2，3，5，8，13，21，34，即934a=，A项正确；根据递推公式12nnnaaa−−=+，得()2121223nnnnnnnnnnnnaaaaaaaaaaaan−−

−+−+++=+++=++=+，B正确；2121aaa=，()222312321aaaaaaaa=−=−第8页共18页()233423432aaaaaaaa=−=−，LL，()220212021202220202021202220212020

aaaaaaaa=−=−，所以22212202120212022aaaaa+++=，即20212202120221iiaaa==，故C正确；由递推式，得321aaa−=，432aaa−=，…，202120202019aaa−=，累加得32

4320212020122019aaaaaaaaa−+−++−=+++，所以20212122019aaaaa−=+++，所以1220192021220211aaaaaa+++=−=−，即2019202111iia

a==−，D项错误；故选：ABC.三、填空题13．已知数列na满足120nnaa+−=，且31a=−，则1a=__________.【答案】14−##0.25−【分析】根据递推公式判断这是一个等比数列，根据其公比和3a可求出首项.【详解】22113111120,2,,12,.4nn

nnaaaqaaqaaa++−====−==−故答案为：14−14．已知向量()3,1a=−r，()4,2b=−r，且()2aab⊥−rrr，则实数的值为__________.【答案】14

5【分析】根据垂直向量数量积等于0，同时按照向量数乘和向量相乘的坐标表示即可求解.【详解】因为()2aab⊥−rrr，所以()20aab−=rrr，所以()3,1(3,1)2(4,2)0−−−−=，所以()3,1

(38,4)0−−−+=，第9页共18页所以92440−+−=所以1028=，所以145=，故答案为：145.15．已知圆()()22129xy++−=上存在两点关于直线()400,0axbyab−+=对称，则2

24ab+的最小值是__________.【答案】8【分析】依题意有直线过圆心，得到24ab+=，再利用重要不等式求224ab+的最小值【详解】圆()()22129xy++−=上存在两点关于直线()400,0axbyab−+=对称，所以直

线过圆心，有240ab−−+=，即24ab+=，()222224422abababab+==+，当且仅当2ab=，即2a=，1b=时等号成立.∴()22222221624444ababababab=+=+++++，即2248ab+，所以2a=，1b=时，224ab+的最小值为8.故答案

为：8.16．已知四棱锥PABCD−的底面是边长为2的正方形，PADV是以AD为斜边的等腰直角三角形，AB⊥平面PAD，E是线段PD上的动点（不含端点），若线段AB上存在点F（不含端点）、使得异面直线PA和EF所成的

角的余弦值为63，则线段AF长的取值范围是___________.【答案】()0,1【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法列方程，结合二次函数的性质求得AF长的取值范围.【详解】设O是AD的中点，则OPAD⊥，由于AB⊥平面PAD，OP平面PAD，所以ABOP⊥，由于ADABA=，

,ADAB平面ABCD，所以OP⊥平面ABCD，由于OP平面PAD，所以平面PAD⊥平面ABCD，以D为原点建立如图所示空间直角坐标系，第10页共18页()1,0,1P，()2,0,0A，()1,0,1PA=−uuur，设()2,,0Ft，02t；设(),0,E

aa，01a，则()2,,EFata=−−uuur，设PA与EF所成角为，()22226cos322PAEFPAEFata===−++uuuruuuruuuruuur，整理得22241taa=−+−，函数2241yaa=

−+−的开口向下，对称轴为1a=，所以函数2241yaa=−+−在()0,1上递增，所以11y−，而02t，204t，所以201t，解得01t.所以AF的取值范围是()0,1.故答案为：()0,1.四、解答题17．设A

BCV内角A、B、C所对边分别为a,b,c,已知sinsinsinsincCbBcaAA−=−,2b=.(1)求角B的大小;(2)若263a=,求ABCV的面积.【答案】(1)π3B=(2)313ABCS=+△【分析】(1)根据正弦定理和余弦定理对sinsinsinsincCbBcaA

A−=−进行化简,得到cosB的值,进一步得到角B的大小;(2)先根据正弦定理求出sinA的值,结合角A的取值范围,即可得到角A的大小,再依据三角形内角和第11页共18页求得角C的大小,利用三角形面积公式求解即可.【详解】（1）∵sinsin

sinsincCbBcaAA−=−,∴22cbcaaa−=−,∴222acacb+−=,∴1cos2B=,又()0,πB,故π3B=.（2）由正弦定理得:sinsinabAB=即2623sin32A=,所以2sin2A=,又2π03A,所

以π4A=,则ππ5ππ3412C=−−=,ππ321262sinsin3422224C+=+=+=,所以11265π3sin2sin1223123ABCSabC===+V.18．已知数列na各项均为正数，且11a=

，221122nnnnaaaa++−=+.(1)求na的通项公式；(2)设()1nnnba=−，求12320bbbb++++.【答案】(1)()*21nann=−N(2)20【分析】（1）由221122nnnnaaaa++−=+

得到()()1120nnnnaaaa+++−−=，结合0na得到12nnaa+−=，所以数列na是等差数列，求出通项公式；（2）在第一问的基础上得到()1112nnnbb+++=−，从而分组求和得到答案.第12页共18页【详解】（1）因为22

1122nnnnaaaa++−=+，所以()()1120nnnnaaaa+++−−=，因为na是各项均为正数的数列，所以10nnaa++，故12nnaa+−=所以数列na是以1为首项，2为公差的等差数列，则()*21nann=−N.（2）()(

)()1121nnnnban=−=−−，则()1112nnnbb+++=−，所以()()()123201234192021020bbbbbbbbbb++++=++++++==L.19．如图，直三棱柱111ABCAB

C-中，5ACBC==，12ABAA==，M为棱AB的中点，N是1AC的中点．(1)证明：//MN平面11BCCB；(2)求直线1AC与平面1BMN所成角的正弦值．【答案】(1)证明过程见解析(2)89【分析】（1）作出辅助线，证明出CM，ME，BM两两垂

直，建立空间直角坐标系，写出点的坐标，求出平面11BCCB的法向量()2,1,0m=ur，从而得到MNm⊥uuuurur，进而证明出//MN平面11BCCB；（2）求出平面1BMN的法向量，从而利用空间向量求解线面角的正弦值.【详解】（1）连接CM，因为5ACBC==，M为棱A

B的中点，所以CM⊥AB，过点M作1//MEAA，因为三棱柱111ABCABC-为直三棱柱，第13页共18页所以ME⊥平面ABC，因为,BMCM平面ABC，所以ME⊥BM，ME⊥CM，故以M为坐标原点，MB，MC，ME所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，因为12ABA

A==，所以BM=AM=1，由勾股定理得：222CMBCBM=−=，所以()()()()()1111,0,2,1,0,0,0,2,0,1,0,2,0,0,0,,1,12ABCBMN−−，则1,1,12MN=−uu

uur，设平面11BCCB的法向量为(),,mabc=ur，则()()()()1,,1,2,020,,0,0,220mBCabcabmBBabcc=−=−+====uuurruuurr，解得：0c=，令1b=

，则2a=，故()2,1,0m=ur，所以()12,1,0,1,11102MNm=−=−+=uuuurur，所以MNm⊥uuuurur，MN平面11BCCB，故//MN平面11BCCB；（2）则()()()()110,2,01

,0,21,2,2,1,0,2ACMB=−−=−=uuuruuuur，设平面1BMN的法向量为(),,nxyz=r，则()()()1,,1,0,22011,,,1,1022nMBxyzxznMNxyzxyz==+=

=−=−++=uuuurruuuurr，令1z=，则2,2xy=−=−，故()2,2,1n=−−r，第14页共18页设直线1AC与平面1BMN所成角为，则()()1111,2,22,2,18sincos,9144441ACnnACACn−−−====++++

uuurrruuuruuurr，故直线1AC与平面1BMN所成角的正弦值为89.20．已知圆C的方程为22240xyxym+−−+=，且圆C与直线310xy+−=相交于M、N两点.(1)若30CMN=，求圆的半径；(2)若OMON⊥（O为坐标原点），求圆C的方程.【答

案】(1)6105；(2)()()2219125xy−+−=.【分析】（1）根据已知，可在直角三角形中求解出圆的半径；（2）联立直线与圆的方程，根据韦达定理，用m表示出坐标关系.由已知可得，0OMON=uuuuruuur，代入坐标，即可求得m的值，从而得到圆的方程

.【详解】（1）如图，D是MN的中点，则30CMD=o，CDMN⊥.由22240xyxym+−−+=得()()22125xym−+−=−，圆心为()1,2C.圆心()1,2C到直线310xy+−=的距离为161310510dCD+

−===.在RtCDM△中，有30CMD=o，3105CD=，sinCDCMDCM=31015sin302r===o，所以6105r=，故圆的半径为6105r=.（2）由22240xyxym+−−+=得()()22125xym−+−=−，∴50m−，即

5m，第15页共18页由题意联立22240310xyxymxy+−−+=+−=，可得210410yym−+−=.则()()27441014005mm=−−−=−−，所以75m.设()11,

Mxy、()22,Nxy，由韦达定理可得1225yy+=，12110myy−=，因为OMON⊥，所以0OMON=uuuuruuur，则12120xxyy+=，又1113xy=−，2213xy=−，即有()()121213130yyyy−−+=

，整理可得()121210310yyyy−++=，即有1210310105m−−+=，解得65m=，满足5m，且75m.则圆C的方程为()()2219125xy−+−=.21．若抛物线C：()220xpyp=上的一点0,3pPx到它的焦点的距离为52.(1)求C

的标准方程；(2)若过点()0,3Q的直线l与抛物线C相交于A，B两点.求证：2211AQBQ+为定值.【答案】(1)26xy=；(2)证明见解析.【分析】（1）由抛物线的定义即可求解；（2）联立直线与抛物线方程，将2211AQBQ+转化为()()2121222212

21xxxxkxx+−+，结合韦达定理即可求解.【详解】（1）抛物线()220xpyp=的准线l的方程为2py=−，根据抛物线的定义知点P到它的焦点的距离即为点P到准线l的距离，所以5322pp+=，解得3p=，所以C的标准方程为26xy=.（2）显然直线l的斜率存在，可设直线l

的方程为3ykx=+，()11,Axy，()22,Bxy，联立236ykxxy=+=，消去y，得26180xkx−−=，第16页共18页所以236720k=+，126xxk+=，1218xx=−，又()22211131A

Qxykx=+−=+，同理221BQkx=+.所以()()()221222222222212121111111xxkxkxkxxAQBQ++=+=+++()()()()22121222222123612191181kxxxxkxxk++−===++所以2211A

QBQ+为定值.【点睛】解决直线与抛物线的综合问题时，要注意：(1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、抛物线的条件；(2)强化有关直线与抛物线联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的

关系、弦长、定值定点、三角形的面积等问题．22．双曲线C：()222210,0xyabab−=的离心率为2，且点()3,6在双曲线C上.(1)求曲线C的方程；(2)动点M，N在曲线C上，已知点()2,1P−，直线

PM，PN分别与y轴相交的两点关于原点对称，点Q在直线MN上，PQMN⊥，证明：存在定点T，使得QT为定值.【答案】(1)22133yx−=；(2)证明见解析.【分析】（1）由双曲线过点()3,6和离心率为2，列方程即可求解；（2）联立直线与双曲线方程，根据直线PM，PN与y轴的两

交点关于原点对称结合韦达定理即可求解.【详解】（1）由题意可知：22961ab−=且222212cbeaa==+=，解得2233ab==，故双曲线方程为：22133yx−=.（2）证明：当直线MN的斜率k不存在时，此时

,MN两点关于x轴对称，若直线PM，PN与y轴的两交点关于原点对称，则P在x轴上，与题意矛盾，因此直线MN的斜率第17页共18页存在.设直线MN的方程为ykxm=+，()11,Mxy，()22,Nxy，联立223ykxmx

y=+−=，整理得()2221230kxkmxm−−−−=，则210k−，0，12221kmxxk+=−，212231mxxk−−=−.直线PM，PN分别与y轴相交的两点为1M，1N，∴直线PM方程为()111212yyxx+=−−−，令0x=，则111120,2

xyMx+−，同理221220,2xyNx+−，可得21221222022xyxyxx+++=−−，∴()()11221222022xkxmxkxmxx+++++=−−，即()()(

)()1221212221220kxmxkxmx++−+++−=，∴()()1212422(42)80kmxxkxxm+−+−++=，∴()()22223422428011kmmkmkmkk−−−+−++=−−，∴()()()()222

12213410kmkmkmmk−+++++−=，∴22222422263440kmkmkmkmkmmmk−++++++−=，∴()224630mkmk++++=，()()3210mmk+++=，当210mk++=时，21mk=−−，此时直线MN方程为()21ykx=−−

恒过定点()2,1P−，显然不可能，∴3m=−，直线MN方程为3ykx=−，恒过定点()0,3E−∵PQMN⊥，设PE中点为T，∴()1,2T−，∴122QTPE==为定值，∴存在()1,2T−使QT为定值2.【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种：(1)

从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．第18页共18页(2)直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．