2023-2024学年上海市高二上册12月月考数学试题(含解析)

一、填空题1．已知等比数列an中，a1a22,a4a516，则an的公比为__．【正确答案】2

【分析】设公比为q，再根据题意作商即可得解.【详解】设公比为q，则故答案为.2

2．已知直棱柱的底面周长为12，高为4，则这个棱柱的侧面积等于___________.【正确答案】48【分析】根据直棱柱的侧面积公式直接求解即可【详解】因为直棱柱的底面周长为12，高为4，所以这个棱柱的侧面积为12448，故483．直线mxy20与直线2xmy20平行，则m的值是__________．【正确答案】2【分析】利用直线的平行条件即得.【详解】∵直线mxy20与直线2xmy20平行，∴m12，2m2a4a5q38，所以q=2.a1a2∴m2.故答案为.m24．经过两直线2x+y-1=0与x-y-2=0的交点，且在两坐标轴上的截距互为相反数的直线方程是___________．【正确答案】x+y=0或x-y-2=0【分析】先求解两直线的交点坐标，再运用截距式求解直线的方程可得出结果.2xy10x1【详解】解：联立两直线方程可得：，解得，可得两条直线交点P（1，xy20y1．-1）①直线经过原点时，可得直线方程为y=-x；②直线不经过原点时，设直线方程为xy1，aa把交点P（1，-1）代入可得所以直线的方程为x-y-2=0．111，解得a=2．aa综上直线方程为：x+y=0或x-y-2=0．故x+y=0或x-y-2=0．5．我国南北朝时期的数学家祖暅提出了一个原理“幂势既同，则积不容异”，即夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的两个截面的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等.现有某几何体和一个圆锥满足祖暅原理的条件，若该圆锥的侧面展开图是一个半径为2的半圆，则该几何体的体积为________.【正确答案】3π3【分析】根据圆锥的侧面展开图是一个半径为2的半圆，由2rl2，求得底面半径，进而得到高，再利用锥体的体积公式求解.【详解】设圆锥的母线长为l，高为h，底面半径为r，因为圆锥的侧面展开图是一个半径为2的半圆，所以2rl2，解得r1，所以hl2r23，所以圆锥的体积为：VSh3故该几何体的体积为故333，313133，36．如果二面角l的平面角是锐角，空间一点Р到平面、和棱l的距离分别为22、4和42，则二面角l的大小为_______________.【正确答案】75或15【分析】分点P在二面角l的内部和外部，利用二面角的定义求解.【详解】当点P在二面角l的内部，如图所示：PA,PB,PCl，A，C，B，P四点共面，ACB是二面角的平面角，因为Р到平面、和棱l的距离分别为22、4和42，所以sinACP22142,sinBCP，242242所以ACP30,BCP45，则ACBBCPACP453075；当点P在二面角l的外部，如图所示：PA,PB,PCl，A，C，B，P四点共面，ACB是二面角的平面角，因为Р到平面、和棱l的距离分别为22、4和42，所以所以sinACP22142,sinBCP，242242所以ACP30,BCP45，ACP30,BCP45，则ACBBCPACP453015.故75或157．已知圆台的上、下底面半径分别为2和5，圆台的高为3，则此圆台的体积为__．【正确答案】39π

【分析】由圆台的体积公式代入求解即可.【详解】由题意知，r12,r25,h3，则V

11

πr12r22r1r2hπ42510339π.33故答案为.39π

8．如图，是一个正方体的平面展开图，在这个正方体中，①BM与ED是异面直线；②CN与BE平行；③CN与BM成60角④DM与BN垂直，请写出正确结论的个数为__个．【正确答案】4【分析】画出该平面展开图合起来后的正方体后，逐项判断.【详解】解：该平面展开图合起来后的正方体，如图所示：由图形得BM与ED是异面直线，故①正确；CN与BE平行，故②正确；连接EM，则△BEM为等边三角形，所以BE与BM所成角为60，因为CN//BE，所以CN与BM成60角，故③正确；对于④，连接CN，BC平面CDNM，DM平面CDNM，所以BCDM，又DMCN，CNBCC,CN,BC面BCN，所以DM平面BCN，BN平面BCN，所以DMBN，故④正确.所以正确结论的个数是4个.故49．若圆O:x2y2r2(r0)上恰有相异两点到直线xy40的距离等于2，则r的取值范围是__．【正确答案】2,32|4|22，2【分析】计算圆心到直线的距离为22，根据条件得到|dr|<2，解得答案.【详解】圆心(0,0)到直线xy40的距离d因为圆上恰有相异两点到直线xy40的距离等于2，所以|dr|<2，即|22r|<2，所以2r32.故2,321

10．过点,1的直线l满足原点到它的距离最大，则直线l的一般式方程为___________.2

【正确答案】2x4y50

【分析】过O作OBl于B，连接OA，可得直角三角形AOB中OBOA，从而得到当OAl时，原点O到直线l的距离最大，利用垂直，求出l的斜率，从而得到l的方程.1

【详解】设点A,1，过坐标系原点O作OBl于B，连接OA，2

则OB为原点O到直线l的距离，在直角三角形AOB中，OA为斜边，所以有OBOA，所以当OAl时，原点O到直线l的距离最大，而kOA

1

12

1，所以kl，2211x，22

所以l的直线方程为y1整理得：2x4y50

本题考查根据点到直线的距离求斜率，点斜式写直线方程，属于简单题.11．已知P是直线3x4y130上的动点，PA，PB是圆x1y11的切线，A，B2

2

是切点，C是圆心，那么四边形PACB面积的最小值是________．【正确答案】15【分析】将四边形面积的最小时，等价于圆心C到直线3x4y130的距离最小，求出最小距离，进而利用三角形面积公式求出最小面积.【详解】解：由题意知，A，B是切点，是圆心C1,1，且圆的半径为1所以PBPAPC212，122四边形PACB面积为：S2PBrPC12所以当PC取最小值时，S取最小值由点P在直线上运动可知，当PC与直线3x4y130垂直时PC取最小值此时PC为圆心C到直线3x4y130的距离即PC31411334224故四边形PACB最小面积为：S421215故答案为.15关键点睛：本题的关键是将面积的最值转化为点到直线上点的距离的最值，进而转化为点到直线的距离.12．我们将函数图象绕原点逆时针旋转02后仍为函数图象的函数称为JP函数，22y2x0x为其旋转角，若函数为JP函数，则其旋转角所有可取值的集合为2

___________235

【正确答案】0,,,2

2323

【分析】由解析式可知原函数图象为圆弧AB，根据函数的定义可知若旋转后不再是函数，则必存在垂直于x轴的切线，且切点异于弧AB端点A,B，通过图形进行分析可得结果.220xAOB【详解】y2x为如图所示的一段圆弧，其所对圆心角，AB26

若该函数图象绕原点逆时针旋转后不再是函数，则其旋转后的图象必存在垂直于x轴的切线，且切点异于弧AB端点A,B，由图象可知：若COD

6，则当A点自C向D运动（不包含C,D）时，图象存在垂直于x；2轴的切线，此时,23若EOF

时,；23，则当A点自E向F运动（不包含E,F）时，图象存在垂直于x轴的切线，此63520x若函数y2x2为JP函数，其旋转角02所有可能值的集合2235

为.0,,,22323

235

故答案为.0,,,2

2323

13．设xy10，求dx2y26x10y34x2y24x30y229的最小值是__．【正确答案】513【分析】根据d的表达式可知，其几何意义表示直线xy10上一点Px,y到点A3,5和点B2,15的距离之和，根据“将军饮马”模型求解即可.【详解】根据题意可得d

x32y5222x2y15，表示直线xy10上一点Px,y到点A3,5和点B2,15的距离之和，点A关于直线xy10的对称点为Ca,b，b51a3则满足解得a4,b2；a3b51022所以点A关于直线xy10的对称点为C4,2，如下图所示：则PAPBPBPCBC所以PAPBminBC故51314．若x,yR，则x22x2y24y5x2y2的最小值为___________.422152513.2【正确答案】13【分析】根据题意并结合两点间的距离公式，将原不等式转化为x22x2y24y5x2y2PAQBPQ，其中Px,0是x轴上的动点，Q0,y是y轴上的动点，A1,1，B1,2是定点，根据距离的几何意义和对称关系，可知当A、P、Q、B四点共线时，PAQBPQ取得最小值，则PAQBPQminAB，最后利用两点间的距离公式即可求得结果.【详解】解：将x22x2y24y5x2y2配方得：x121y221x2y2x12012012y22x020y2，根据两点间的距离公式可知，x12012表示点Px,0到点A1,1的距离，012y22表示点Q0,y到点B1,2的距离，x020y2表示点Px,0到点Q0,y的距离，其中Px,0是x轴上的动点，Q0,y是y轴上的动点，A1,1，B1,2是定点，所以x22x2y24y5x2y2PAQBPQ，如图，作A关于x轴的对称点A1,1，B关于y轴的对称点B1,2，所以要求x22x2y24y5x2y2的最小值，则需求PAQBPQ的最小值，可知当A、P、Q、B四点共线时，PAQBPQ取得最小值，即PAQBPQABmin1121213，2所以x22x2y24y5x2y2的最小值为13.故答案为.13二、单选题15．设an2n9，则当数列{an}的前n项和取得最小值时，n的值为（A．4C．4或5【正确答案】AB．5D．5或6）an0【分析】结合等差数列的性质得到，解不等式组即可求出结果.an102n90an079【详解】由，即，解得n，因为nN,故n4.22an102n190

故选：A.16．已知三条不同的直线a，b，c，两个不同的平面，，则下列说法错误的是（）rr

A．若a，//，ab，则b//或brr

B．若a，b，//，则abrr

C．若a，b，，则abrr

cab//cD．若，，，则ab

【正确答案】B【分析】根据线面位置关系逐项判断即可得出答案.【详解】选项A中，a，//，可得a，又abb//或b，选项A正确；选项B中，a，//a，又b，则a//b，选项B错误；选项C中，a，a//或a，又ba//时，ab；a时，ab，选项C正确；选项D中，a，cac，又b//cab，选项D正确故选：B.17．阿波罗尼斯是古希腊著名数学家，与欧几里得、阿基米德被称为亚历山大时期数学三巨匠，他对圆锥曲线有深刻而系统的研究，阿波罗尼斯圆就是他的研究成果之一，指的是：已知动点M与两个定点A，B的距离之比为（0，且1），那么点M的轨迹就是阿波罗尼斯圆.若平面内两定点A，B间的距离为2，动点P满足大值为（）B．843C．743D．33PAPB3，则PA2PB2的最A．1683【正确答案】A【分析】设A1,0,B1,0，Px,y，由2

2

PAPB3，可得点P的轨迹为以2,0为圆心，半22222

径为3的圆，又PAPB2xy1，其中xy可看作圆x2y23上的点x,y到原点0,0的距离的平方，从而根据圆的性质即可求解.【详解】解：由题意，设A1,0,B1,0，Px,y，PAPB

3，所以因为x1y22x1y223，即x2y23，2所以点P的轨迹为以2,0为圆心，半径为3的圆，222222

因为PAPBx1yx1y2xy1，其中xy可看作圆2222x22y23上的点x,y到原点0,0的距离的平方，2

所以xy

2

max

232

743，2x2y211683，即PA2PB2的最大值为1683，所以max

故选：A.18．已知长方体ABCDA1B1C1D1的外接球O的体积为的体积的最大值为（）32，其中BB12，则三棱锥OABC3A．1【正确答案】AB．3C．2D．4【分析】设ABa,ADb，根据长方体ABCDA1B1C1D1的外接球O的体积和BB12，可求得外接球的半径R2，根据基本不等式求得S即可得到答案；【详解】设ABa,ADb，∵长方体ABCDA1B1C1D1的外接球O的体积为∴外接球O的半径R2，∴a2b2416，∴a2b212，a2b2∴ab6，232，BB12，3ABC

的最大值，再代入三棱锥的体积公式，∵O到平面ABC的距离dS

ABC1

BB11，2

1

ab3，21S3ABC∴三棱锥OABC的体积Vd

1

311．3∴三棱锥OABC的体积的最大值为1．故选：A．M为BC的中点，ABBM1，如图，矩形ABCD中，将ABM沿直线AM翻折成ABM19．（B不在平面AMCD内），连结BD，N为BD的中点，则在翻折过程中，下列说法中正确的个数是（）①CN//平面ABM；②存在某个位置，使得CNAD；③线段CN长度为定值；④当三棱锥BAMD的体积最大时，三棱锥BAMD的外接球的表面积是4π.A．1【正确答案】CB．2C．3D．4【分析】取AB中点，利用线线平行推出线面平行可判断①；假设垂直，得到ABAD不成立，可判断②；由①知CN//MN，且CNMN，可判断③；当平面BAM平面AMD时，三棱锥BAMD体积最大，此时AD中点为外接球球心，可判断④.1

【详解】对于①，取AB的中点N，连接NN，则NN//AD//CM,NNADCM，所以2四边形NMCN为平行四边形，所以CN//MN，又MN平面ABM，CN平面ABM，即CN//平面ABM，故①正确；对于②，假设存在某个位置，使得CNAD，又ADCD,CNCDC，CN,CD平面CDN，所以AD平面CDN，又DN平面CDN，所以ADDN，即AB2AD2DB2，因为AB1,AD2,ABAD，所以不可能，故②错误；对于③，由①得CNMN，因为ABBM，ABBM1，15所以MN1为定值，所以CN长度为定值，故③正确；

2222对于④，取AD的中点H，当三棱锥BAMD的体积最大时，此时平面BAM平面AMD，因为MDAM，MD平面AMD，平面BAM平面AMDAM，所以MD平面BAM，又AB平面BAM，所以ABMD，又ABBM,BMMDM，BM,MD平面BMD，所以AB平面BMD，BD平面BMD，所以BDAB，所以H即为三棱锥BAMD的外接球球心，又HA1，所以外接球的表面积是4π124π，故④正确.故选：C三、解答题20．已知等差数列an中，a19,a4a70.(1)求数列an的通项公式；(2)当n为何值时，数列an的前n项和取得最大值？【正确答案】(1)an112nnN(2)n5

【分析】（1）结合等差数列的通项公式，求出公差，进而可以求出结果；（2）求出数列an的前n项和，结合二次函数的性质即可求出结果.【详解】（1）由a19,a4a70，得a13da16d0，解得d2，ana1n1d92n1112n，所以数列an的通项公式an112nnN.（2）a19,d2，Sn9nnn122n210nn525，2∴当n5时，Sn取得最大值.21．在四棱锥P–ABCD中，底面ABCD是边长为6的正方形，PD平面ABCD，PD=8．(1)求异面直线PB与DC所成角的正切值；(2)求PA与平面PBD所成角的正弦值．【正确答案】(1)(2)321053【分析】(1)由AB//CD可知PBA就是异面直线PB与DC所成的角，利用线面垂直的判定定理可得AB平面PDA，根据线面垂直的性质可得ABPA，进而求出tan∠PBA即可；(2)连接AC，与BD交于点O，连接PO，利用线面垂直的判定定理可得AC平面PBD，进而可知APO为PA与平面PBD所成的角，求出AO即可得出结果.【详解】（1）由题意知，AB//CD，所以PBA就是异面直线PB与DC所成的角，因为PD平面ABCD，AB平面ABCD，所以ABPD，又ABAD，PDAD=D，所以AB平面PDA，而PA平面PDA，所以ABPA.在RtPAB中，PA所以tanPBA

AD2PD210，AB6，PA55

，即异面直线PB与DC所成的角的正切值为；3AB3（2）连接AC，与BD交于点O，连接PO，由PD平面ABCD，得PDAC，PDAD，因为底面ABCD为边长为6的正方形，所以BDAC，AC62，、BD平面PBD，所以AC平面PBD，又BDPDD，PD所以PA在平面PAD内的射影为PO，APO为PA与平面PBD所成的角，又PD=8，AD=6，所以PA=10，AO所以在RtAPO中，sinAPO

1

AC32，2AO32，

PA1032.10即PA与平面PBD所成的角的正弦值为22．已知直线l的方程为14mx23my214m0.(1)证明：无论m为何值，直线l恒过定点，并求出定点的坐标；是否存在直线l使得ABO(2)若直线l与x、y轴的正半轴分别交于A，B两点，O为坐标原点，的面积为9.若存在，求出直线l的方程；若不存，请说明理由.【正确答案】(1)证明见解析；2,2(2)存在，22x11y660或9x22y660

【分析】（1）在直线的方程中，先分离参数，再令参数的系数等于零，求得x、y的值，可得直线经过定点的坐标.（2）求出A、B的坐标，根据ABO的面积为9，求出m的值，可得结论.【详解】（1）直线l的方程为14mx23my214m0，即m4x3y14x2y20，令4x3y140，可得x-2y+2=0，求得x2，y2，可得该直线一定经过4x3y140和x-2y+2=0的交点2,2.（2）若直线l与x、y轴的正半轴分别交于A，B两点，O为坐标原点，14m214m214m214m2

,0、B0,0，0则A，且14m3m214m3m2

21

，∴m，或m.34114m214m29，则ABO的面积为214m3m2即27m194m13m2，即10m217m200，∴m

54，或m.252故存在直线l满足条件，且满足条件的出直线l的方程为22x11y660，或9x22y660.23．如图，几何体为一个圆柱和圆锥的组合体，圆锥的底面和圆柱的一个底面重合，圆锥的顶点为P，圆柱的上、下底面的圆心分别为O1、O2，且该几何体有半径为1的外接球（即圆锥的项点与底面圆周在球面上，且圆柱的底面圆周也在球面上），外接球球心为O．(1)若圆柱的底面圆半径为3，求几何体的体积；2(2)若PO1:O1O21:3，求几何体的表面积．【正确答案】(1)(2)78648525【分析】（1）分别计算圆锥的体积与圆柱的体积，体积和即为所求；（2）根据比例关系，可分别求出圆锥与圆柱的高及底面半径，再利用表面积公式即可求解.【详解】（1）如图可知，过P、O1、O2的截面为五边形ABCPD，其中四边形ABCD为矩形，三角形CPD为等腰三角形，PCPD

331在直角OO1D中，OD1，O1D，则OO112222311113故圆锥的底面半径为，高为O1P1，其体积为22822323133圆柱的底面半径为，高为O1O221，其体积为12242

所以几何体的体积为222374882h2h3

h1，h，故335（2）若PO1:O1O21:3，设O1O22h，则PO1

3在直角OO1D中，OD1，OO1，则O1D1254355222422542故圆锥的底面半径为，高为O1P，其母线长为，55555圆锥的侧面积为圆柱的底面半径为446486，高为O1O2，其侧面积为25555252425855525854846485所以几何体的表面积为2525525，且圆C与直线2xy60相切．24．已知圆C的圆心C为（0，1）(1)求圆C的方程；(2)圆C与x轴交于A，B两点，若一条动直线l：x＝x0交圆于M，N两点，记圆心到直线AM的距离为d．（ⅰ）当x0＝1时，求d的值．BNd

（ⅱ）当﹣2＜x0＜2时，试问是否为定值，并说明理由．BN【正确答案】(1)x2y15(2)（ⅰ）2；（ⅱ）1

2

d1

为定值2，理由见解析BN【分析】（1）求出圆心到直线的距离，则圆C的方程可求；（2）（ⅰ）当x0＝1时，可得直线l：x＝1，与圆的方程联立求得M、N的坐标，写出AM的方程，求出圆心到直线AM的距离d，再求出|BN|，则答案可求；（ⅱ）联立直线与圆的方程，求得M、N的坐标，写出AM的方程，求出圆心到直线AM的距离d，再求出|BN|，整理即d1可求得为定值2．BN【详解】（1）圆C的半径r2

162(1)225，则圆C的方程为x2y15；（2）（ⅰ）由x2y15，取y＝0，可得x2．∴A（﹣2，0），B（2，0），圆C与动直线l：xx0交于M，N两点，x2(y1)25

x1x1

则xx0，解得或，y1y3x1

0

2

∴M（1，3），N（1，﹣1），则直线AM的方程y﹣0

3

x2，即xy20．121222，2圆心到直线AM的距离d

|BN|(21)2(01)22，2∴d21；BN22（ⅱ）由圆C与动直线l：xx0交于M，N两点，设M（x0，y1），N（x0，y2），x2(y1)25联立，解得M（x0，，N（x0，，15x02）15x02）xx015x02∴直线AM：yx2．x02225x021x02(15x0)12(x02)22圆心（0，1）到直线AM的距离d25x02x0104x025x02．|BN|(x02)2(15x02)2104x025x02．25x02x0则d2BN104x025x0∴104x025x0225x02x043x024x05x02201．2d1

为定值2．BN